期中复习6大类型48个考点（举一反三期中专项训练）九年级数学上学期北师大版

期中复习6大类型48个考点（前4章） 【北师大版】 【基础概念易错篇】 2 【考点1 菱形的性质】 2 【考点2 菱形的判定】 3 【考点3 直角三角形斜边上的中线】 4 【考点4 矩形的性质】 5 【考点5 矩形的判定】 7 【考点6 正方形的性质】 8 【考点7 正方形的判定】 9 【考点8 判断是否是一元二次方程】 9 【考点9 一元二次方程的一般形式】 10 【考点10 一元二次方程的解】 10 【考点11 解一元二次方程—直接开平方法】 10 【考点12 解一元二次方程—配方法】 11 【考点13 配方法的应用】 11 【考点14 一元二次方程根的判别式】 11 【考点15 解一元二次方程—公式法】 11 【考点16 解一元二次方程—因式分解法】 12 【考点17 一元二次方程根与系数的关系】 12 【考点18 根据实际问题列一元二次方程】 13 【考点19 概率的进一步认识】 13 【考点20 成比例线段】 14 【考点21 平行线分线段成比例】 15 【考点22 相似三角形的判定】 16 【考点23 相似三角形的性质】 17 【考点24 根据位似变换求值】 18 【计算篇】 20 【考点25 一元二次方程的解法】 20 【实际应用篇】 20 【考点26 一元二次方程的应用】 20 【考点27 相似三角形的应用】 22 【作图篇】 23 【考点28 作位似图形】 23 【考点29 在网格中作相似三角形】 25 【几何证明与计算篇】 27 【考点30 特殊四边形中的翻折问题】 27 【考点31 求特殊四边形在坐标系中的坐标】 28 【考点32 求特殊四边形的长度】 30 【考点33 求特殊四边形的角度】 31 【考点34 求特殊四边形的面积】 32 【考点35 与特殊四边形有关的证明】 34 【考点36 利用平行线分线段成比例求线段长度】 35 【考点37 证明相似三角形】 36 【考点38 利用相似三角形的判定和性质求值】 37 【考点39 利用相似三角形的判定和性质证明】 38 【压轴篇】 40 【考点40 特殊四边形中的最值问题】 40 【考点41 动点构成特殊四边形】 41 【考点42 特殊四边形中的存在性问题】 42 【考点43 换元法解一元二次方程】 44 【考点44 一元二次方程根的判别式与根与系数关系的综合】 45 【考点45 利用相似求坐标】 46 【考点46 相似三角形-动点问题】 47 【考点47 相似三角形-最值问题】 49 【考点48 相似三角形-综合与实践】 50 【基础概念易错篇】 【考点1 菱形的性质】 1．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级上·全国·期中）如图，菱形的对角线与交于点，过点作于点，连接，若，则的面积等于（　　） A．24 B．18 C．14 D．12 3．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，交于点，若，，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 4．（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，菱形和中，，，是的中点，在的延长线上，，分别是，上的动点，且，，分别是，的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【考点2 菱形的判定】 1．（24-25八年级下·湖北黄冈·期末）如图，的对角线，交于点O，要使成为菱形，则可添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·云南玉溪·期末）如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则 ． 3．（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形的面积是 ． 4．如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（　　） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【考点3 直角三角形斜边上的中线】 1．如图，在中，于F，于E，M为的中点，，，的周长是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·四川·期末）如图，，是的高，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·云南昆明·期末）如图，直角中，，，过作，连接与相交于，若，则的大小是 度． 4．如图，在梯形中，，，，E、F、M、N分别为、、、的中点，已知，，则 ． 【考点4 矩形的性质】 1．（2024·云南·模拟预测）已知矩形，用一块直角三角板按如图所示的方式摆放，若，则的度数为（  ） A． B． C． D． 2．矩形中，，，将矩形绕点按顺时针方向旋转后得到矩形．若边交线段于，且，则的值是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）如图，点为矩形的边上一点，连接、，对角线交于点，若与的面积均为4，则的面积为 ． 4．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，点不与，重合，且，是五边形内满足且的点．现给出以下结论：①与一定互补；②点到边，的距离一定相等；③点到边，的距离可能相等． 其中正确的是 ．(写出所有正确结论的序号) 【考点5 矩形的判定】 1．（24-25九年级上·辽宁·期中）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是一个学习小组拟定的方案，其中正确的方案是（   ） A．测量其中三个角是否为直角 B．测量两组对边是否相等 C．测量对角线是否相互平分 D．测量对角线是否相等 2．（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）如图，的对角线，交于点，下列条件中，不能判定是矩形的条件是（   ） A． B． C． D．是等边三角形 3．（24-25八年级下·云南昆明·期末）已知：和线段， 求作：平行四边形，使， 作法；如图． （）在射线上截取，在射线上截取； （）分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点； （）连接、 如果是一个直角，那么这个平行四边形就是一个矩形． 你认为王芳同学做出判断的依据是： ． 4．如图所示，梯形中，，，它恰好能按图示方式被分割成四个全等的直角梯形，如果，那么 ． 【考点6 正方形的性质】 1．（24-25九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是正方形，则这个四边形对角线应满足（    ） A．相等且平分 B．垂直且平分 C．相等且垂直 D．相等、平分且垂直 2．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在正方形中，以对角线为边作菱形，连接、，、交于点M，连接，则（   ） A． B． C． D． 3．如图，在正方形中，对角线、相交于点，过作分别交、于、两点，若，则的长为 ． 4．如图，在正方形中，是边上的一点，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，连接．则（1） ．（2） ． 【考点7 正方形的判定】 1．（24-25八年级下·北京房山·期中）下列思路中不能判定四边形是正方形的是（   ） A．先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角 B．先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等 C．先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等 D．先判定四边形的对角线相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知平行四边形，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使平行四边形成为正方形．①；②；③；④．则下列四种选法中错误的是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 3．如图，点P是正方形ABCD内的一点，且PA=1，PB=PD=，则∠APB的度数为 ．    4．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在矩形中，，延长到，点是边上一点，过点作，与的平分线分别交于点，点．当点是中点时，则四边形的面积为 ． 【考点8 判断是否是一元二次方程】 1．（25-26九年级上·全国·阶段练习）若方程是关于x的一元二次方程，则a的值为（　　） A．3 B． C．3或 D．0 2．（25-26九年级上·河南商丘·阶段练习）下列是关于x的一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25九年级上·云南昆明·期末）已知关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是 ． 【考点9 一元二次方程的一般形式】 1．将一元二次方程  化为二次项系数为“1”的一般形式，其中二次项系数是 ，一次项系数是 ，常数项是 ． 2．把方程化成的形式，则a、b、c的一组值是（    ） A． B． C． D．2、1、1 【考点10 一元二次方程的解】 1．（25-26九年级上·广东广州·阶段练习）已知一元二次方程，若，则该方程一定有一个根为（   ） A． B．3 C． D．不能确定 2．下列一元二次方程中，有一个根为的是（　　） A． B． C． D． 3．（25-26九年级上·山东青岛·阶段练习）若是一元二次方程的一个根，则 【考点11 解一元二次方程—直接开平方法】 1．方程的解为 ． 2．（25-26九年级上·四川宜宾·阶段练习）已知关于x的一元二次方程的常数项是0，则a的值为（　　） A．1 B． C．1或 D．0 3．（2025·上海徐汇·二模）若一元二次方程中的，则的值为 ． 【考点12 解一元二次方程—配方法】 1．（25-26九年级上·河北唐山·阶段练习）用配方法解关于的一元二次方程时，配方结果正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级上·新疆伊犁·阶段练习）如果一元二次方程经配方后，得，那么 ． 【考点13 配方法的应用】 1．（25-26九年级上·江苏宿迁·阶段练习）已知多项式，若无论x取何实数，A的值都不是负数，则k的取值范围是 ． 2．（24-25九年级下·山东烟台·期末）已知为实数，满足，那么的最小值为 ． 3．（24-25九年级上·江苏宿迁·期末）已知满足，则（） A． B． C．2 D．3 4．已知：a、b、c是的三边，且，的形状是 ． 【考点14 一元二次方程根的判别式】 1．（25-26九年级上·山东滨州·阶段练习）以下一元二次方程有两个相等实数根的是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海金山·期末）若，关于的一元二次方程的根的情况是（   ） A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根 C．没有实数根 D．无法判断 3．（25-26九年级上·江苏南京·阶段练习）已知关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是 ． 4．已知分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长，且是关于的一元二次方程的两个根，则的值是 ． 【考点15 解一元二次方程—公式法】 1．（24-25八年级下·浙江丽水·期中）已知关于的方程，若方程的根都是整数，则满足条件的正整数的值为 ． 2．（24-25八年级下·山东烟台·期中）已知关于x的一元二次方程恰有一个根小于，则k的取值范围为 ． 3．（25-26九年级上·安徽宿州·阶段练习）关于的方程，下列解法完全正确的是（   ） 甲 乙 丙 丁 两边同时除以得 整理得 ，，，， ，， 整理得， 配方得 ，，，， 移项得 ，，或，， A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 4．（24-25九年级上·天津蓟州·阶段练习）方程的两个根为（   ） A．， B．， C．， D．， 【考点16 解一元二次方程—因式分解法】 1．（25-26九年级上·陕西汉中·阶段练习）若的三边长都是方程的根，则的周长是（   ） A．7 B．8 C．7或8 D．13 2．（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）已知关于的一元二次方程的常数项为0，则的值为（   ） A． B．3 C．或3 D．1或 3．已知关于的方程的一个根是1，则 ． 【考点17 一元二次方程根与系数的关系】 1．（25-26九年级上·广东广州·阶段练习）设，是方程的两个实数根，则的值为（   ） A．2036 B．2035 C．2034 D．2033 2．（25-26九年级上·湖南岳阳·阶段练习）已知是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根，且满足，则的值是（    ） A．3 B． C．3或1 D．或1 3．（25-26九年级上·山东枣庄·阶段练习）已知是方程的两个根，则代数式的值是 ． 【考点18 根据实际问题列一元二次方程】 1．（24-25九年级上·四川泸州·期末）学校的劳动实践基地是一块长、宽的矩形土地．为便于学生参与劳动，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道（如图所示），使种植面积达到，若设小道的宽为，则根据题意，那么x满足的方程是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）某同学自主学会了某个几何模型，并把它分享给班里其他同学，第一次教会了若干名同学，第二次会做该模型的每名同学又教会了同样多的同学，这样全班共有36人会做这个模型．若设1人每次都能教会x名同学，则可列方程为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26九年级上·山东枣庄·阶段练习）某公司去年年底已累计投资200万元，今后两年计划继续增加投资，若两年增加的百分比相同，且使今后两年共投资750万元，设今后两年投资的年平均增长率为x，则可列方程为（    ） A． B． C． D． 【考点19 概率的进一步认识】 1．如图①所示，平整的地面上有一个不规则图案（图中阴影部分），小明想了解该图案的面积是多少，他采取了以下办法：用一个长为，宽为的长方形，将不规则图案围起来，然后在适当位置随机地朝长方形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数（球扔在界线上或长方形区域外不计实验结果），他将若干次有效实验的结果绘制成了②所示的折线统计图，由此他估计不规则图案的面积大约为（    ） A． B． C． D． 2．如图，正方形是一块绿化带，其中阴影部分都是正方形的花圃．已知自由飞翔的小鸟，将随机落在这块绿化带上，则小鸟在花圃上的概率为 A． B． C． D． 3．盒子里有4张形状、大小、质地完全相同的卡片，上面分别标着数字2，3，4，5，从中随机抽出1张后不放回，再随机抽出1张，则两次抽出的卡片上的数字之和为偶数的概率是 ． 4．小明和小亮两人用如图所示的转盘（转盘被分成四个面积相等的扇形）做游戏，两人各转动转盘一次，转盘停止后记下指针指向的数字（若指针指在分界线上，不记，重新转动），如果两人转得的数字之和为奇数，则小明胜；如果两人转得的数字之和为偶数，则小亮胜，你对这个游戏公平性的评价是 ．（填“公平”“对小明有利”或“对小亮有利”）    【考点20 成比例线段】 1．（24-25九年级上·河南郑州·期中）已知，那么（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·山东烟台·期中）下列长度的四组线段中，成比例的一组是（    ） A．，，， B．，，， C．，，， D．cm，，， 3．（25-26九年级上·广东·阶段练习）大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，经常也会产生最具美感的黄金比．如图，点为的黄金分割点，若，则长为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级上·安徽宿州·期末）如图，已知点E是平行四边形边上一点，、延长线交于点F，下列结论中错误的是（  ） A． B． C． D． 【考点21 平行线分线段成比例】 1．（25-26九年级上·上海·阶段练习）如果用线段a、b、c，求作线段x，使，那么下列作图正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级上·上海·阶段练习）平行四边形的对角线相交于点O，，则与相似的三角形有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 3．（25-26九年级上·上海·阶段练习）如图是一个正方形网络，里面有许多三角形．在下面所列出的各三角形中，与不相似的是（    ） A． B． C． D． 4．如图在中，P为上的一点，在下列条件中：①；②；③；④，能满足的条件是 （    ）． A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③ 【考点22 相似三角形的判定】 1．（25-26九年级上·辽宁·阶段练习）如图，点D，E分别在的边上，且，若，，则值为（    ） A．9 B．6 C．3 D．1 2．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）已知，若和的面积之比为，则与的对应角的角平分线之比为（   ） A． B． C． D． 3．（2020·安徽合肥·二模）如图，在矩形ABCD中，点H为边BC的中点，点G为线段DH上一点，且∠BGC=90°，延长BG交CD于点E，延长CG交AD于点F，当CD=4，DE=1时，则DF的长为（    ） A．2 B． C． D． 4．（24-25九年级下·湖北黄冈·期中）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度，以点O为位似中心，在网格中画，使与位似，A，B的对应点分别为，，且与的位似比为，则下列说法不正确的是（   ） A．点的坐标为 B． C．与的周长之比为 D．与的面积之比为 【考点23 相似三角形的性质】 1．如图，正方形和正方形是位似图形（其中点，，，的对应点分别是点，，，），点的坐标为，点的坐标为，则这两个正方形的位似中心的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在中，的内、外角平分线分别交及其延长线于点，则          3．（25-26九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，，，延长交于，且，则的长 ． 4．（2025·浙江杭州·一模）如图，在菱形中，为锐角，点，分别在边，上，且满足，．将菱形沿翻折，使点落在平面内的点处．若菱形的周长和面积分别为12和6，则 ． 【考点24 根据位似变换求值】 1．如图，不等长的两条对角线相交于点O，若，则甲、乙、丙、丁这4个三角形中，一定相似的有 ． 2．（25-26九年级上·广东·阶段练习）如图，点是四边形对角线、的交点，与互补，，，，，则的长为 ． 3．如图，在直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，边在x轴上，在y轴上，如果矩形与矩形关于点O位似，且矩形的面积等于矩形面积的，那么点的坐标是 ． 4．（24-25九年级下·宁夏银川·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边，分别在轴负半轴和轴正半轴上，且，，在第二象限内，将矩形以原点为位似中心放大为原来的倍，得到矩形，再将矩形以原点为位似中心放大倍，得到矩形，，以此类推，得到的矩形的对角线交点的纵坐标为 ． 【计算篇】 【考点25 一元二次方程的解法】 1．（25-26九年级上·山东青岛·阶段练习）用指定方法解下列一元二次方程： (1)（直接开平方法）； (2)（配方法）； (3)（配方法）． 2．（25-26九年级上·辽宁锦州·阶段练习）解方程： (1) (2) 3．（25-26九年级上·四川成都·阶段练习）用适当的方法解下列关于x的方程： (1) (2) (3) (4) 4．（25-26九年级上·广东江门·阶段练习）已知关于的一元二次方程． (1)求证：无论为何值，方程总有两个不相等的实数根； (2)当时，求此方程的解． 5．（25-26九年级上·山东枣庄·阶段练习）关于x的一元二次方程有两个实数根． (1)求k的取值范围； (2)若方程的两个根为，，且，求k的值． 【实际应用篇】 【考点26 一元二次方程的应用】 1．（25-26九年级上·陕西汉中·阶段练习）乒乓球作为陕西中考体育“体质健康测试类”选考项目，因其对体能要求相对较低且趣味性较高，成为同学们选考热点，乒乓球拍的销量也在持续增长．某体育用品店销售一种乒乓球拍，进价为每副42元，按每副66元销售，平均每月能卖出200副，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时，在不亏本的情况下，尽量减少库存，经调研发现，售价每降低2元，平均每月可多卖出20副． (1)小明说：“如果薄利多销，平均每月的销售量肯定能达到500副．”请你判断小明的说法是否正确？并说明理由； (2)该体育用品店期望销售这种乒乓球拍，平均每月的销售利润为4830元，销售员甲说：“在原售价的基础上降低1元，销售利润即可达到预期目标．”销售员乙说：“在原售价的基础上降低3元更合适”，如果你作为老板，请用方程的思想说明应采纳谁的意见． 2．城开高速公路即重庆市城口县至开州区的高速公路，是国家高速银百高速公路（银川至百色）的一段，线路全长公里，甲、乙两工程队共同承建该高速公路某隧道工程，隧道总长2100米，甲、乙分别从隧道两端向中间施工，计划每天各施工6米．因地质结构不同，两支队伍每合格完成1米隧道施工所需成本不一样．甲每合格完成1米隧道施工成本为8万元；乙每合格完成1米隧道施工成本为9万元． (1)若工程结算时乙总施工成本不低于甲总施工成本的，求甲最多施工多少米？ (2)实际施工开始后地质情况比预估更复杂，甲乙两队每日完成量和成本都发生变化．甲每合格完成1米隧道施工成本增加m万元时，则每天可多挖米，乙在施工成本不变的情况下，比计划每天少挖米，若最终每天实际总成本比计划多万元，求的值． 3．为鼓励广大凤中学子走向操场、走进大自然、走到阳光下，积极参加体育锻炼，初三年级某班组织同学们周末共跑沙滨路，其中，小凤和小鸣两人同时从A地出发，匀速跑向距离处的B地，小凤的跑步速度是小鸣跑步速度的1.2倍，那么小凤比小鸣早5分钟到达B地． 根据以上信息，解答下列问题： (1)小凤每分钟跑多少米？ (2)若从A地到达B地后，小凤以跑步形式继续前进到C地（整个过程不休息）．据了解，从他跑步开始，前30分钟内，平均每分钟消耗热量10卡路里，超过30分钟后，每多跑步1分钟，平均每分钟消耗的热量就增加1卡路里，在整个锻炼过程中，小凤共消耗2300卡路里的热量，小凤从A地到C地锻炼共用多少分钟？ 4．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）某校新建一个三层停车楼，每一层布局如图所示．已知每层长为50米，宽30米．阴影部分设计为停车位，地面需要喷漆，其余部分是等宽的通道，已知喷漆面积为1056平方米． (1)求通道的宽是多少米． (2)据调查分析，停车场多余64个车位可以对外出租，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；每个车位的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位，当每个车位的月租金上涨多少元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元？ 【考点27 相似三角形的应用】 1．（25-26九年级上·山东·阶段练习）【学科融合】如图1，在反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一个平面内，反射光线和入射光线分别位于法线两侧，反射角r等于入射角i． 【问题解决】如图2，小红同学正在使用手电筒进行物理光学实验，地面上从左往右依次是墙、木板和平面镜．激光笔在点G处，激光笔的光从平面镜上点B处反射后，恰好经过木板的上边缘点F，落在墙上的点E处．已知点G到地面的高度，木板的高度，点G到木板的水平距离，木板到墙的水平距离（图中点A，B，C，D在同一水平线上）． (1)求点B到木板的距离的长． (2)求点E到地面的高度． 2．（25-26九年级上·陕西西安·阶段练习）魏晋南北朝时期，中国数学在测量学方面取得了长足进展．刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，通过多次观测，测量山高水深等数值，进而使中国的测量学达到登峰造极的地步，其著作《海岛算经》，就是测量海岛的高度和距离．受此题启发，小明同学依照此法测量学校后山的高度和距离，录得以下数据（单位：米）：表目距，，表目高，表距．求山高． 3．（25-26九年级上·浙江金华·阶段练习）如图，明珠大厦的顶部建有一直径为的“明珠”，它的西面处有一高的小型建筑，人站在的西面附近无法看到“明珠”的外貌，如果向西走到点F处，可以开始看到“明珠”的顶端B；若想看到“明珠”的全貌，必须往西至少再走，求大厦主体建筑的高度（不含顶部的“明珠”部分的高度） 4．（2025·陕西西安·模拟预测）初三数学小组准备用所学知识测量路灯的高度，路灯底端有花坛无法直接到达，在路灯一侧有一棵高为3米的小树（米），小峰站在距离小树2.8米的D处（米）观察发现，他的眼睛C与小树的顶端E、路灯的顶端A在同一条直线上，小峰的眼睛距离地面1.6米（米），小峰在小树的前方P处放置一个平面镜，小峰紧靠小树站立（小峰与树之间的距离忽略不计）刚好在镜面中看到路灯的顶端A，平面镜距离小树1.4米（米），请你帮助小峰计算路灯的高度．（结果精确到0.1米） 【作图篇】 【考点28 作位似图形】 1．（25-26九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，，在y轴右侧，以原点O为位似中心画一个，使它与位似，且位似比是． (1)请画出； (2)与的周长之比为______； (3)若内部一点M的坐标为，则点M的对应点的坐标是______． 2．（25-26九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，给出了格点（顶点均在正方形网格的格点上），已知点的坐标为． (1)以点为位似中心，在给定的网格中画，使与位似，且点的坐标为． (2)与的相似比是______． 3．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C，D，E，F，G，H均在格点上，请利用坐标系中的格点的特点按下列要求作图： (1)如图1，在格点上作出以原点O为位似中心，在第三象限内的，使得它与为位似图形，且位似比为2：1（不写作法，保留作图痕迹），并写出点的坐标． (2)如图2，在线段上利用格点求作点M，使得并利用相似三角形的知识简要说明理由． (3)如图3，请利用格点在的边上，求作一点N，使得，并简要写出你的作法． 4．（24-25九年级上·浙江杭州·阶段练习）在的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）． (1)在图1中画出一个以点C为位似中心，且与位似的（位似比不为1）； (2)在图2中，仅用无刻度直尺（不使用直角）在线段上找一点M，使得． 【考点29 在网格中作相似三角形】 1．如图是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，顶点A、B、C均在格点上．请只用无刻度的直尺，在给定的正方形网格中，按要求画图，保留作图痕迹，不要求写出画法． (1)图1中，请画出中边上的中线； (2)图2中，请画出，点E、F分别在边、上，满足，且相似比为． 2．如图，在方格纸中，点A,B，C,D都在格点上． (1)在图1中画一个格点，使与相似 (2)在图2中画一个格点，使，且与不相似． 3．图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹． (1)在图①中，以为边画一个四边形，使四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形； (2)在图②中，分别在边上画点F、G，连接，使，且； (3)在图③中，分别在边上画点M、N，连接，使，且． 4．（24-25七年级上·吉林长春·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的点A、B、C在格点上，格点D、E分别在边上．按下列要求在给定的网格中画图，不要求写出画法，保留作图痕迹． (1)在图①中画线段的垂直平分线，分别交于点F、G． (2)在图②中过点B作交于点M． (3)在图③中，连结，过点C作交于点N． 【几何证明与计算篇】 【考点30 特殊四边形中的翻折问题】 1．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）在边长为2的正方形中，点E是的中点． (1)如图1，点F是的中点，连接交于点．试判断线段的关系，并说明理由； (2)如图2，将正方形的一部分翻折，使点A与点E重合，点B落在点P处，折痕为，求线段的长； (3)在（1）的条件下，如图3，连接，求线段的长． 2．如图1，在矩形中，已知对角线的垂直平分线与边、分别交于点、． (1)求证：； (2)若，，点为线段上任意一点，求的最小值； (3)如图2，将矩形变形得到平行四边形，直线分别交边、于点、，将平行四边形沿翻折，使点的对称点与点重合，点的对称点为点．若，，，求的长． 3．（2025·江苏扬州·二模）如图，在矩形中，、交于点，将沿直线翻折得到． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求点、之间的距离． 4．我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【考点31 求特殊四边形在坐标系中的坐标】 1．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，将菱形放在平面直角坐标系中，两点在x轴上，点在轴上，其中，． (1)求点的坐标； (2)动点从点出发沿射线以每秒个单位的速度运动，连接，若点运动的时间为秒，的面积为，请用含的式子表示，并直接写出的取值范围； (3)在（）的条件下，当点开始运动后，连接，当为等腰三角形时，求的值． 2．（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）如图1，矩形的顶点在轴上，顶点在轴上，，，过点的直线交矩形的边于点，且点不与点、重合，过点作，交轴于点，交轴于点． (1)若为等腰直角三角形，求直线的函数解析式； (2)在（1）的条件下，若点是直线上一点，且的面积为12，求点的坐标； (3)如图2，过点作交轴于点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请在图2中画出成立的图形，并求直线的解析式． 3．如图，正方形在平面直角坐标系中，B的坐标是，D是的中点，． (1)写出点D，E的坐标； (2)问：是直角三角形吗？请说明理由． 4．将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系xOy内，点A（6，0），点C（0，4），点O（0，0）．点P是线段BC上的动点，将△OCP沿OP翻折得到△OC′P． （Ⅰ）如图①，当点C′落在线段AP上时，求点P的坐标； （Ⅱ）如图②，当点P为线段BC中点时，求线段BC′的长度． 【考点32 求特殊四边形的长度】 1．（24-25八年级下·辽宁抚顺·期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长度． 2．（2025·江苏苏州·二模）如图，在中，以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，、相交于点O． (1)证明：； (2)请你利用无刻度直尺和圆规作，交于H（不写作法，保留作图痕迹），若，，求线段的长． 3．如图；在下列5×5的网格中，每个小正方形的顶点都称为格点，线段AB的两个端点均为格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． (1)过点M画线段AB的垂线 (2)以AB为边画菱形ABCD，且面积为3，则较长的对角线长度是_________． (3)在CD上找点Q，使CQ＝AP． 4．如图，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图，在中，，高，，求的长度． 【考点33 求特殊四边形的角度】 1．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠OAE＝15°， ①求证：DA＝DO＝DE； ②直接写出∠DOE的度数． 2．（24-25八年级下·山东威海·期中）点P在四边形的对角线上，连接，，点E在边的延长线上，且． (1)如图Ⅰ，若四边形是正方形，求证：； (2)如图Ⅱ，若四边形是菱形，，求的度数． 3．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 4．已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为的度数2倍的角． 【考点34 求特殊四边形的面积】 1．（2025·宁夏·模拟预测）在平行四边形中，连接，，将沿着对角线翻折，使点D落在处，连接，与交于E，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若平行四边形的周长为32，，求四边形的面积． 2．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在矩形中，过对角线的中点的直线与的延长线相交于点，与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则当时，求四边形的面积． 3．如图，矩形的对角线交于点O， (1)求证：四边形是菱形 (2)若，，试说明四边形的形状并求其面积． 4．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 【考点35 与特殊四边形有关的证明】 1．（24-25八年级下·吉林四平·期末）如图，在平行四边形中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：四边形是矩形； (3)在（2）条件下，连接．若，，请直接写出的长． 2．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求和的长． 3．已知：四边形中，，，，，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)在上，截取，连接，，，，那么四边形是什么特殊四边形？说明理由． 4．在正方形中，为对角线，点E在上，过点E作，交于点F，连接． (1)如图①，求证：； (2)如图②，作，交于点G，求证：； (3)在（2）的条件下，如图③，延长交于点K，延长交于点M，连接，若，，求线段的长． 【考点36 利用平行线分线段成比例求线段长度】 1．（25-26九年级上·辽宁·阶段练习）在中，点在边上，点在边上，与交于点．    (1)如图1，点是中点，点是中点，交于点，求证：； (2)如图2，若，，求的值． 2．（25-26九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，点D是边上的一点，连接，过上点E作，交于点F，过点F作交于点G，已知，，．求的长． 3．如图所示，是的中线． (1)若E为的中点，射线交于F，求； (2)若E为上的一点，且，射线交于F，求． 4．（24-25九年级上·河北唐山·阶段练习）如图，点D是边上一点，连接，过上点E作，交于点F，交于点H，过点F作交于点G，已知，． (1)填空：= （填数值）． (2)求的长； (3)若，在上述条件和结论下，求的长． 【考点37 证明相似三角形】 1．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在矩形中，于点，连接，过点作交于点．求证：． 2．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图、已知，，，，，． (1)求的长． (2)求证：． 3．（24-25九年级下·全国·期末）如图，四边形是正方形，点为边上一点，连接并延长，交的延长线于点，连接交于点，连接． 求证： (1)； (2)． 4．如图，四边形中，平分，，E为的中点． (1)求证：； (2)连接交于点F，求证：． 【考点38 利用相似三角形的判定和性质求值】 1．（25-26九年级上·山东·阶段练习）如图在中，，高，它的内接矩形（点在边上，点、在边上，点在边上），与边之比为，求的长． 2．（25-26九年级上·上海·阶段练习）已知：如图，在梯形中，，，，对角线、相交于点O，过点O作，分别交边、于点E、F． (1)求线段的长； (2)如果的面积等于4，求梯形的面积． 3．（25-26九年级上·内蒙古·阶段练习）如图，在平行四边形中，点是延长线上一点，与交于点E，与交于点F，如果，，求： (1)的长度； (2)三角形与三角形的面积之比． 4．（25-26九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，点在正方形的对角线上，于点，连接并延长，交边于点，交边的延长线于点，若，， (1)求的值； (2)求的值为______． 【考点39 利用相似三角形的判定和性质证明】 1．（25-26九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图1，点D、E分别为的边上的两点，，将绕点A逆时针旋转某个角度得，分别连接、（如图2）． 求证：． 2．（25-26九年级上·四川遂宁·阶段练习）如图，E是平行四边形的边的延长线上的一点，连接，交于点O，交于点F，求证：． 3．（25-26九年级上·山东菏泽·阶段练习）如图，，，是三个相连的正方形，连接，，．求证：． 4．（25-26九年级上·上海虹口·阶段练习）已知：如图，在中，点、分别在边、上，，点在边上，，与相交于点． (1)求证：； (2)当点E为中点时，求证：． 【压轴篇】 【考点40 特殊四边形中的最值问题】 1．如图，先将绕点C顺时针旋转得到，再将线段绕点D顺时针旋转得到，连接，且． (1)若，B、E、D三点在同一条直线上，求的长； (2)若，，点P在边上，求线段的最小值． 2．（24-25八年级上·全国·期末）如图所示，四边形中，于点O，且，点P为线段上的一个动点． (1)填空：　　　． (2)过点P分别作于M点，作于H点． ①试说明为定值． ②连接，试探索：在点P运动过程中，是否存在点P，使的值最小？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 3．如图，正方形的边长为4，点P为对角线上一动点，点E在射线上． (1)填空： 度． (2)若，连接、，则的最小值为 ，的最大值是 （用含t的代数式表示）； (3)若点E 是直线与射线的交点，当为等腰三角形时，求的度数． 4．（24-25八年级下·河北廊坊·期末）如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为．过点作交于，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点在边上移动时，折痕的端点、也随之移动． 当点与点重合时（如图），求菱形的边长； 若限定、分别在边、上移动，直接写出菱形的面积的最大值和最小值． 【考点41 动点构成特殊四边形】 1．（25-26九年级上·广东茂名·开学考试）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、，设点、运动的时间为． (1)求当为何值时，四边形是矩形； (2)求当为何值时，四边形是菱形； (3)在运动过程中，沿着把翻折，求当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 2．（2025·贵州遵义·三模）如图，在矩形中，是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为，其中． (1)若分别是的中点，则四边形一定是怎样的四边形？请说明理由． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． (3)在（1）的条件下，若两点运动的同时，点向点运动，点向点运动，且与点的速度相同，点运动到点时，四点都停止运动．当四边形是菱形时，求的值． 3．如图， 为正方形的对角线，．动点P、Q分别从点A、C同时出发，均以每秒2个单位长度的速度分别沿、向终点B、D运动．连接交于点O，过点O作交边于点E．设点P运动的时间为t秒． (1)当点P运动到边的中点时，四边形的面积为__________； (2)连接、，求证：四边形是平行四边形； (3)求四边形的面积； (4)当将四边形分成面积比为两部分时，直接写出t的值． 4．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图1，在平行四边形中，点O是边的中点，连接并延长，交的延长线于点E，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，动点P从点E出发，以每秒1个单位的速度沿向终点C运动，设点P运动的时间为秒．若点Q为直线上的一点，当P运动时间t为何值时，以B、C、P、Q构成的四边形可以是菱形？ 【考点42 特殊四边形中的存在性问题】 1．如图，正方形的边都在坐标轴上，点B的坐标为，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，交线段于点G，的延长线交线段BC于点P，连接．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)当时，求点P的坐标； (4)在（3）的条件下，直线上是否存在点M，使以点A，G，M为顶点的三角形是等腰三角形?若存在请直接写出点M的坐标；若不存在请说明理由． 2．如图，在矩形ABCD中，，．将矩形ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在对角线AC上的点E处，折痕交AB于点F． （1）求线段AC的长． （2）求线段EF的长． （3）点G在线段CF上，在边CD上存在点H，使以E、F、G、H为顶点的四边形是平行四边形，请画出，并直接写出线段DH的长． 3．（24-25八年级下·内蒙古呼伦贝尔·期中）如图1，在矩形中，，，E是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点G，连接． (1)求线段的长． (2)求证：四边形是菱形． (3)如图2，M、N分别是线段上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点N，使是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由． 4．（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，平面直角坐标系中，矩形的两条邻边分别在x轴、y轴上，对角线，点B的坐标为． (1)求对角线所在直线的解析式． (2)把矩形沿直线对折使点C落在点A处，直线与的交点分别为D，F，E，求点D和点E的坐标． (3)若点M在y轴上，则在平面直角坐标系中是否存在这样的点N，使得以A、D、N、M为顶点的四边形是菱形?若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【考点43 换元法解一元二次方程】 1．（25-26九年级上·河南商丘·阶段练习）阅读下面的材料，回答问题： 解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：设，那么，于是原方程可变为①，解这个方程得． 当时，，； 当时，，； 原方程有四个根：，，． 请运用上面学到的方法填空： (1)解方程，则______； (2)若，求______． 2．（24-25九年级上·江西吉安·期中）定义：我们把关于的一元二次方程与称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是． (1)写出一元二次方程的“友好方程”________； (2)已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程”的两根________，________．根据以上结论，猜想的两根，，与其“友好方程”的两根，之间存在的一种特殊关系为________； (3)已知关于的方程的两根是，，请利用（2）中的结论，求出关于的方程的两根． 【考点44 一元二次方程根的判别式与根与系数关系的综合】 1．（25-26九年级上·四川成都·阶段练习）材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程的两根有如下的关系（韦达定理）：； 材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个不相等的实数根． 请根据上述材料解决下面问题： (1)已知实数m、n满足、，求的值． (2)已知实数p、q满足、，且，求的值． (3)已知实数a、b、c满足、，且，求c的最大值． 2．（25-26九年级上·福建漳州·阶段练习）我们知道一元二次方程的两根为，，若其中一个根是另一个根的倍（为正整数），则称这样的方程为倍“梅石花”方程，例如：方程的两个根分别是2和4，则这个方程就是二倍“梅石花”方程；若一元二次方程的两根为，，则称这样的方程为“状元来”方程． (1)根据上述定义，请判断：是_________倍“梅石花”方程； (2)若关于的方程是倍“梅石花”方程，直接写出的最小值是_________． (3)若方程为“状元来”方程，求证：． 3．（2025·湖南长沙·二模）我们知道：关于的一元二次方程（，，，均为整数），如果时，这个方程的实数根就可以表示为，其中就叫做一元二次方程根的判别式，我们用表示，即，通过观察公式，我们可以发现，如果的值是一个完全平方数（若（为整数），则是一个完全平方数）时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 例：方程，，的值是一个完全平方数，但是该方程的根为，，不都为整数；方程的两根，，都为整数，此时，的值是一个完全平方数． 我们定义：两根都为整数的一元二次方程（，，，均为整数）称为“幸运方程”，两整数根称为“幸运根”，代数式的值为该“幸运方程”的“幸运数”，用表示，即．若有另一个“幸运方程”（，，，均为整数）的“幸运数”为，若，则称与互为“开心数”． (1)关于的一元二次方程是一个“幸运方程”． ①当时，该幸运方程的“幸运数”是______； ②若该幸运方程的“幸运数”是，则的值为______． (2)若关于的一元二次方程（为整数，且）是“幸运方程”，求的值及该方程的“幸运数”； (3)若关于的一元二次方程与（、均为整数）都是“幸运方程”，且其“幸运数”互为“开心数”，求的值． 【考点45 利用相似求坐标】 1．如图，在平面直角坐标系中，已知，点A的坐标为，点B的坐标为．若a，b的值是关于x的一元二次方程的两个根，且． (1)直接写出___________，___________ (2)若点P在y轴上，且，求点P的坐标． 2．如图，在Rt△ABO中，∠ABO＝90°，其顶点O为坐标原点，点B在第二象限，点A在x轴负半轴上若BD⊥AO于点D，OB＝，AB＝2． （1）求OA的长； （2）求点A，B的坐标． 3．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与坐标轴交于C，D两点，直线与坐标轴交于A，B两点，线段，的长是方程的两个根． (1)求点A，C的坐标； (2)直线与直线交于点E，若点E是线段的中点，求直线的解析式； (3)在（2）的条件下，在坐标平面是否存在点M，使与相似，且以为直角边，若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图：在平面直角坐标系中，四边形是菱形，若、的长是关于的一元二次方程的两个根，且． (1)直接写出： ， ； (2)若点为轴上的点，且与相似．求此时点的坐标． 【考点46 相似三角形-动点问题】 1．（25-26九年级上·江苏·阶段练习）如图，在平面直角坐标系内，已知点、点，动点P从点A开始在线段上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段上以每秒2个单位长度的速度向点A移动，设点P、Q移动的时间为t秒． (1)当t为何值时，； (2)当t为何值时，与相似． 2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知如图，在矩形中，，点E从A点出发，以每秒的速度向D点前进，同时点F从D点以每秒的速度向C点前进，若移动的时间为t，且．则以点D、E、F为顶点的三角形能否与相似？若能，请求出所有可能的t的值；若不能，请说明理由． 3．（24-25九年级上·广东河源·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，．动点从点开始沿边匀速运动，动点从点开始沿边匀速运动，它们的运动速度均为．点和点同时出发，设运动的时间为． (1)请用含的代数式表示、； (2)请你求出为何值时，以点为顶点的三角形与相似； (3)是否存在的值使得的面积是面积的，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．（24-25九年级上·河北承德·期末）如图，的两条直角边，，，点D沿从A向B运动，速度是/秒，同时，点E沿从B向C运动，速度为/秒．动点E到达点C时运动终止．连接．设运动的时间为t秒，解答下列问题： (1)______，______．（用含t的代数式表示） (2)求当动点运动时间t为多少秒时，与相似； (3)在运动过程中，当时，求t的值． 【考点47 相似三角形-最值问题】 1．（24-25八年级下·山东淄博·期中）问题引入】“逆等线问题”是几何最值中的一个热点问题，数学老师有一天在讲到下面这个问题时：如图，矩形，点E是边上的动点，点F是射线上的动点，且，连接，求的最小值．    【问题解决】（1）延长至点G，使得，连接，当G，E，C三点共线时，最小． ①证明：；②求出的最小值． 【能力运用】（2）铁柱同学发现，若将题目中的改为，我们就可以求出的最小值，如图2，请求出的最小值，并说明理由． 【挑战自我】（3）铁柱同学又发现，当点E，F在对角线上时，我们依旧可以用类似的方法，求出的最小值，如图3，点E，F在对角线上，，请直接写出的最小值． 2．（25-26七年级上·全国·课后作业）已知，点为上一定点，；点分别是线段，直线上的动点，求四边形周长的最小值，并求此时的长． 3．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）（1）如图①，已知和为等腰直角三角形，，则与线段的数量关系为 ___________ ， 与线段的位置关系为 ___________ ． （2）如图②，，，试探究线段与线段的数量关系及位置关系，并加以证明． （3）如图③，，则的最大值为___________． 4．（24-25八年级下·福建厦门·阶段练习）已知，如图，在平行四边形中，，，，M是边上一点，将沿直线对折，得到． (1)当平分时，求的长； (2)连接，延长与交于点E，当时，求的面积； (3)当射线交线段于点F时，求的最大值． 【考点48 相似三角形-综合与实践】 1．（2025·江苏扬州·二模）综合与探究：如图，四边形为正方形，M为线段上一动点，且，连接． (1)如图1，若，将正方形沿折叠，使得点A的对应点落在正方形内． ① ；（用含字母a的代数式表示） ②当M为中点时，如图2，连接并延长交于D，求证：． (2)如图3，作，交射线于点N，猜想并证明的数量关系． (3)当点M在射线上时，作交射线于点N，射线与射线相交于点E，若，请直接写出的值． 2．（2025·河南新乡·二模）综合与实践 如图1，和都是等腰直角三角形（），，连接，取 的中点 F，连接． (1)如图1，当点D，E分别在边上时，线段和的数量关系是 ，位置关系是 ． (2)将绕点A 旋转，在旋转过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2 中的情况给予证明；否则，请说明理由． (3)在（2）的条件下，当点 D 落在直线上时，若直线与直线相交于点 P，，请直接写出的值． 3．（24-25九年级上·河南新乡·期末）综合与实践 如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，且于点P． (1)求证：． (2)如图2，取的中点G，连接，过点P作，交于点H，连接． ①求证：． ②若，，求的长． 4．（2025·河南开封·一模）综合与实践在中，． 问题发现 （1）如图1，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，，线段与之间的数量关系是___________，与的位置关系是___________． 类比探究 （2）如图2，将绕点按顺时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与之间的数量关系、位置关系与（1）中的结论是否一致？请说明理由． 迁移应用 （3）如图3，将绕点旋转一定的角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中复习6大类型48个考点（前4章） 【北师大版】 【基础概念易错篇】 2 【考点1 菱形的性质】 2 【考点2 菱形的判定】 6 【考点3 直角三角形斜边上的中线】 10 【考点4 矩形的性质】 15 【考点5 矩形的判定】 18 【考点6 正方形的性质】 21 【考点7 正方形的判定】 25 【考点8 判断是否是一元二次方程】 29 【考点9 一元二次方程的一般形式】 31 【考点10 一元二次方程的解】 31 【考点11 解一元二次方程—直接开平方法】 33 【考点12 解一元二次方程—配方法】 34 【考点13 配方法的应用】 35 【考点14 一元二次方程根的判别式】 37 【考点15 解一元二次方程—公式法】 39 【考点16 解一元二次方程—因式分解法】 42 【考点17 一元二次方程根与系数的关系】 43 【考点18 根据实际问题列一元二次方程】 45 【考点19 概率的进一步认识】 46 【考点20 成比例线段】 50 【考点21 平行线分线段成比例】 52 【考点22 相似三角形的判定】 55 【考点23 相似三角形的性质】 59 【考点24 根据位似变换求值】 63 【计算篇】 66 【考点25 一元二次方程的解法】 66 【实际应用篇】 71 【考点26 一元二次方程的应用】 71 【考点27 相似三角形的应用】 75 【作图篇】 80 【考点28 作位似图形】 80 【考点29 在网格中作相似三角形】 85 【几何证明与计算篇】 90 【考点30 特殊四边形中的翻折问题】 90 【考点31 求特殊四边形在坐标系中的坐标】 99 【考点32 求特殊四边形的长度】 109 【考点33 求特殊四边形的角度】 117 【考点34 求特殊四边形的面积】 123 【考点35 与特殊四边形有关的证明】 129 【考点36 利用平行线分线段成比例求线段长度】 138 【考点37 证明相似三角形】 143 【考点38 利用相似三角形的判定和性质求值】 146 【考点39 利用相似三角形的判定和性质证明】 151 【压轴篇】 155 【考点40 特殊四边形中的最值问题】 155 【考点41 动点构成特殊四边形】 163 【考点42 特殊四边形中的存在性问题】 173 【考点43 换元法解一元二次方程】 184 【考点44 一元二次方程根的判别式与根与系数关系的综合】 186 【考点45 利用相似求坐标】 192 【考点46 相似三角形-动点问题】 198 【考点47 相似三角形-最值问题】 204 【考点48 相似三角形-综合与实践】 214 【基础概念易错篇】 【考点1 菱形的性质】 1．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形， ∴，平分， ∴； 故选B． 2．（25-26九年级上·全国·期中）如图，菱形的对角线与交于点，过点作于点，连接，若，则的面积等于（　　） A．24 B．18 C．14 D．12 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，由菱形的性质得到，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，再根据菱形面积等于其对角线乘积的一半求出菱形的面积即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 3．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，交于点，若，，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，属于基础题型，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质可得，再由勾股定理可得的长，然后根据等积法即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选D． 4．（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，菱形和中，，，是的中点，在的延长线上，，分别是，上的动点，且，，分别是，的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，交于点，根据菱形的性质，证明，可得，，结合已知可得点和点重合，由菱形的性质，结合，可得是等边三角形，是等边三角形，可得，以及的长度，连接，由菱形的性质，结合等腰三角形的性质，可得，由平行线的性质可得，从而可得，可得，以及的长度，由勾股定理可得，根据勾股定理可得的长． 【详解】解：连接，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴是的中点， ∵是的中点， ∴点和点重合， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，在的延长线上， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 连接， ∵，是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 故选：A． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形，勾股定理． 【考点2 菱形的判定】 1．（24-25八年级下·湖北黄冈·期末）如图，的对角线，交于点O，要使成为菱形，则可添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键；因此此题可根据菱形的判定定理进行排除选项． 【详解】解：A、是的性质，不能作为菱形的判定条件，故不符合题意； B、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意； C、当时，则是菱形，故符合题意； D、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意； 故选C． 2．（24-25八年级下·云南玉溪·期末）如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则 ． 【答案】66 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可得， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形的面积是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了菱形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．过点B作于点E，过点D作于点F，依题意得，则四边形是平行四边形，根据蓝丝带宽为得，再根据等腰直角三角形勾股定理，进而得平行四边形是菱形，然后根据菱形的面积公式即可得出重叠部分图形的面积． 【详解】解：过点B作于点E，过点D作于点F，如图所示： 依题意得：， 四边形是平行四边形， 蓝丝带宽为， ， ， 和都是等腰直角三角形， ，， 在中，由勾股定理得：， 同理：， ， 平行四边形是菱形， 重叠部分图形的面积是：， 故答案为：． 4．如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（　　） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理，由菱形的性质可得，，，，，证明得出，证明是的中位线，得出，，故①正确；连接，证明、是等边三角形，四边形为菱形，故④正确；证明，得出，故②错误；证出是的中位线，得出，，得出，，由相似三角形的性质和面积关系得出，故③不正确；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴，，故①正确； 连接， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴、是等边三角形， ∴，， ∴四边形为菱形，故④正确； ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故②错误； ∵，， ∴是的中位线， ∴，， ∴，， ∴的面积的面积，的面积的面积的4倍， ， ∴的面积的面积的2倍， 又∵的面积的面积的面积， ∴，故③不正确； 正确的是①④． 故选：B． 【考点3 直角三角形斜边上的中线】 1．如图，在中，于F，于E，M为的中点，，，的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线和三角形的周长，解题的关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求线段的长． 根据于F，于E，M为的中点，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求出和的长，即可求解． 【详解】解：∵，M为的中点， ∴为斜边上的中线， ∴， 同理可得：， ∵， ∴的周长． 2．（24-25八年级下·四川·期末）如图，，是的高，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线性质，直角三角形两锐角互余．利用等腰三角形的性质结合直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵，为的高， ∴平分，， ∴， ∴， ∵是上的高， ∴， ∵是上的高，且， ∴， ∴， 故选：B． 3．（24-25八年级下·云南昆明·期末）如图，直角中，，，过作，连接与相交于，若，则的大小是 度． 【答案】26 【分析】本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质． 取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，从而可推出，已知，则不难求得的度数． 【详解】解：如图，取的中点，连接． ， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， 故答案为：26． 4．如图，在梯形中，，，，E、F、M、N分别为、、、的中点，已知，，则 ． 【答案】4 【分析】本题考查了平行四边形及直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，过点N分别作，，得平行四边形和平行四边形，根据平行四边形的性质可得到为直角三角形，且为其斜边上的中线，由已知可求得的长，过E作平行，交延长线于，交于，证，则，．可得，可求出． 【详解】解：过点N分别作，， ，． ． ， 四边形和四边形是平行四边形． ，． 、N分别为、的中点， ，． ，， ． ． ． 过E作平行，交延长线于，交于． ， 四边形是平行四边形． ，． 为的中点， ． ， ，． 在和中 ． ，． 为的中点， ． ． ， 四边形是平行四边形． ． ， ，解得． ． 故答案为∶4． 【考点4 矩形的性质】 1．（2024·云南·模拟预测）已知矩形，用一块直角三角板按如图所示的方式摆放，若，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，平行线公理推论，平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 如图，过点M作，根据平行线的性质与矩形的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点M作， ∵矩形， ∴， ∵， , ∴， 由题意可知， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 2．矩形中，，，将矩形绕点按顺时针方向旋转后得到矩形．若边交线段于，且，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设的值是，那么，，在中根据勾股定理即可列出关于的方程，解方程就可以求出． 【详解】解：设的值是， ∵矩形中，，，且， 那么，， 在中，， ， ， 即． 故选：C． 3．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）如图，点为矩形的边上一点，连接、，对角线交于点，若与的面积均为4，则的面积为 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．根据矩形的性质可得，，则可得，由此即可得． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点为矩形的边上一点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵与的面积均为4， ∴， 故答案为：8． 4．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，点不与，重合，且，是五边形内满足且的点．现给出以下结论：①与一定互补；②点到边，的距离一定相等；③点到边，的距离可能相等． 其中正确的是 ．(写出所有正确结论的序号) 【答案】①② 【分析】根据矩形的性质得出，又，由四边形内角和为可判断①； 过作，，分别交于，交于，根据且，，可以求出，然后证明，可以判断②； 由，和②的结论可以判断③． 【详解】解：四边形是矩形， ， 又，四边形内角和是， ， 故①正确； 过作，，分别交于，交于， 且， ， 又， ，即， ， ， ， 在和中， ， ， ， 故②正确； ，，并由②易知， 点到边，的距离不相等， 故③错误， 故答案为：①②． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质，四边形内角和以及三角形内角和定理，解题的关键是对相关知识的掌握和运用． 【考点5 矩形的判定】 1．（24-25九年级上·辽宁·期中）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是一个学习小组拟定的方案，其中正确的方案是（   ） A．测量其中三个角是否为直角 B．测量两组对边是否相等 C．测量对角线是否相互平分 D．测量对角线是否相等 【答案】A 【分析】本题考查的是矩形的判定定理，根据矩形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：A、测量其中三个角是否为直角，能判定为矩形；符合题意； B、测量两组对边是否相等，只能判定为平行四边形；不符合题意； C、测量对角线是否相互平分，只能判定为平行四边形；不符合题意； D、测量对角线是否相等，不能判定其为矩形（如等腰梯形的对角线也相等），不符合题意； 故选：A． 2．（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）如图，的对角线，交于点，下列条件中，不能判定是矩形的条件是（   ） A． B． C． D．是等边三角形 【答案】B 【分析】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理． 根据矩形的判定定理：有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形分别进行分析即可． 【详解】解：A、∵，∴，∴是矩形，故此选项不符合题意； B、∵，∴是菱形，不能判定是矩形，故此选项符合题意； C、∵，∴是矩形，故此选项不符合题意； D、∵是等边三角形，∴，∵，∴，，∴，∴是矩形，故此选项不符合题意； 故选：B． 3．（24-25八年级下·云南昆明·期末）已知：和线段， 求作：平行四边形，使， 作法；如图． （）在射线上截取，在射线上截取； （）分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点； （）连接、 如果是一个直角，那么这个平行四边形就是一个矩形． 你认为王芳同学做出判断的依据是： ． 【答案】有一个角是直角的平行四边形是矩形 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：由作图可知，， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形都是矩形， 做出判断的依据是：有一个角是直角的平行四边形是矩形， 故答案为：有一个角是直角的平行四边形是矩形． 4．如图所示，梯形中，，，它恰好能按图示方式被分割成四个全等的直角梯形，如果，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，全等图形的性质，勾股定理． 连接，证明四边形是矩形，得到，，根据全等图形的性质求出，设，根据勾股定理求出，即可求出的长． 【详解】解：如图，连接， ∵四个全等的直角梯形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∴，， ∵四个全等的直角梯形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，即， ∵， ∴， 解得（负值舍去）， ∴， 故答案为：． 【考点6 正方形的性质】 1．（24-25九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是正方形，则这个四边形对角线应满足（    ） A．相等且平分 B．垂直且平分 C．相等且垂直 D．相等、平分且垂直 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形的性质定理，三角形中位线定理，熟练应用中位线定理和正方形的性质是解题的关键． 根据题意画图，利用中位线定理得，，，，然后根据正方形的性质得四个角是直角，四条边相等，然后，根据平行线的性质即可解答． 【详解】解：根据题意画出图形如下： ∵E、F、G、H分别是四边形各边、、、的中点， ∴，， ∴，， ∵四边形是正方形， ，， ∴，， 故选：C． 2．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在正方形中，以对角线为边作菱形，连接、，、交于点M，连接，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半性质，等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 根据正方形的性质确定，，再利用菱形的性质，确定，，，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半性质，确定，解答即可． 【详解】解：∵正方形 ∴，， ∵菱形， ∴，，， ∴ ∴， ∴， ∵，， ∴, ∴， 故选：A． 3．如图，在正方形中，对角线、相交于点，过作分别交、于、两点，若，则的长为 ． 【答案】13 【分析】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据已知条件以及正方形的性质求证出两个全等三角形是解题的关键． 证明，得到，可求，由勾股定理可求的值． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，，， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴． 故答案为∶13 4．如图，在正方形中，是边上的一点，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，连接．则（1） ．（2） ． 【答案】 /45度 24 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠，勾股定理解决本题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理． （1）证明，可得，即可解答； （2）设，则，可得，然后在中，利用勾股定理求出x的值，即可解答． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为： （2）∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 设，则， 由折叠的性质得：， ∴， 在中，， ∴， 解得：， 即， ∴． 故答案为：24 【考点7 正方形的判定】 1．（24-25八年级下·北京房山·期中）下列思路中不能判定四边形是正方形的是（   ） A．先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角 B．先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等 C．先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等 D．先判定四边形的对角线相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定定理，熟记判定定理是解题的关键．根据正方形的判定方法进行解答即可．正方形的判定定理有：对角线相等的菱形；对角线互相垂直的矩形；对角线互相垂直平分且相等的四边形． 【详解】解：A. 先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角，能判定四边形是正方形，故该选项不符合题意； B. 先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等，能判定四边形是正方形，故该选项不符合题意； C. 先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等，能判定四边形是正方形，故该选项不符合题意； D. 先判定四边形的对角线互相平分且相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直，故该选项不符合题意； 故选：D． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知平行四边形，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使平行四边形成为正方形．①；②；③；④．则下列四种选法中错误的是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形、菱形、正方形的判定，根据平行四边形的性质，矩形、菱形、正方形的判定逐项分析即可得出答案，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定是解题的关键． 【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，故添加能使平行四边形成为正方形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形， ∵ ， ∴四边形是正方形，故添加能使平行四边形成为正方形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形， 但当 ，四边形不一定是正方形，故添加不使平行四边形成为正方形，符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形， ∵ ， ∴四边形是正方形，故添加能使平行四边形成为正方形，不符合题意； 故选：． 3．如图，点P是正方形ABCD内的一点，且PA=1，PB=PD=，则∠APB的度数为 ．    【答案】105° 【分析】过点P作PH⊥AB于H，由全等可知∠BAP=∠DAP=45°，从而得到∠APH=45°，然后通过AP可求出HP的长，从而得到∠BPH，即可得到∠APB的度数． 【详解】解：过点P作PH⊥AB于H，    ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， 在△APB和△APD中 ∴△APB≌△APD， ∴∠BAP=∠DAP， 由∠BAD=90°，可知∠BAP=∠DAP=45°， ∴∠APH=90°-45°=45°， ∴PH=AH, ∵PA=1， 在中，由勾股定理可得：， ∵PB=， ∴∠PBA=30°， ∴∠BPH=90°-30°=60°， ∴∠APB=∠APH+∠BPH=45°+60°=105° 故答案为：105° 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，作出辅助线是解题的关键． 4．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在矩形中，，延长到，点是边上一点，过点作，与的平分线分别交于点，点．当点是中点时，则四边形的面积为 ． 【答案】15 【分析】先结合矩形的性质得，，，运用勾股定理算出，再根据与的平分线分别交于点，点，得，，则都是等腰直角三角形，故，又因为点是中点，证明四边形是平行四边形，然后证明四边形是正方形，再把数值代入四边形的面积为进行计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， 则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵与的平分线分别交于点，点． ∴，， ∵， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∵点是中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴四边形的面积为， 故答案为：15． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【考点8 判断是否是一元二次方程】 1．（25-26九年级上·全国·阶段练习）若方程是关于x的一元二次方程，则a的值为（　　） A．3 B． C．3或 D．0 【答案】B 【分析】本题考查的是一元二次方程的定义，只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．一元二次方程的一般形式是：（a，b，c是常数且）． 根据一元二次方程的定义得到且，然后解方程和不等式即可得到满足条件的a值． 【详解】解：∵是关于x的一元二次方程， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 故选：B． 2．（25-26九年级上·河南商丘·阶段练习）下列是关于x的一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是 2 ，（2）二次项系数不为 0 ，（3）是整式方程，（4）只含有一个未知数，熟练掌握一元二次方程必须满足的四个条件，是解题的关键． 根据一元二次方程的定义解答即可． 【详解】解：A．不是等式，故不是一元二次方程，不符合题意； B．当时，不是一元二次方程，不符合题意； C．该方程化简后为，是一元二次方程，符合题意； D．该方程不是整式方程，不符合题意；     故选：C． 3．（24-25九年级上·云南昆明·期末）已知关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是 ． 【答案】且 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的定义，根据根的判别式可得，根据一元二次方程的定义可得，据此求解即可． 【详解】解：关于x的一元二次方程有实数根， ， 解得：且， 的取值范围是且 故答案为：且 【考点9 一元二次方程的一般形式】 1．将一元二次方程  化为二次项系数为“1”的一般形式，其中二次项系数是 ，一次项系数是 ，常数项是 ． 【答案】 1 【分析】本题主要考查一元二次方程化为一般形式，掌握一元二次方程化为一般形式是解题的关键． 先通过去括号、移项、合并同类项、然后同时除以二次项的系数得到二次项系数是1的一元二次方程，再确定二次项系数、一次项系数、常数项即可． 【详解】解： ， 所以该方程的二次项系数是1，一次项系数是，常数项是． 故答案为：1；；． 2．把方程化成的形式，则a、b、c的一组值是（    ） A． B． C． D．2、1、1 【答案】A 【分析】本题主要考查了一元二次方程的一般形式，先把方程左边去括号，然后把常数项移到方程左边即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【考点10 一元二次方程的解】 1．（25-26九年级上·广东广州·阶段练习）已知一元二次方程，若，则该方程一定有一个根为（   ） A． B．3 C． D．不能确定 【答案】A 【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，掌握一元二次方程的解的概念是解题的关键．由于当时，，则可判断该方程一定有一个根为． 【详解】解：当时，，所以若，则一元二次方程一定有一个根为． 故选：A． 2．下列一元二次方程中，有一个根为的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是一元二次方程的解的含义，把代入选项中每个方程进行检验即可得到答案． 【详解】解：把代入，得， ∴，故A不符合题意； 把代入，得， ∴，故B符合题意； 把代入，得， ∴，故C不符合题意； 把代入，得， ∴，故D不符合题意； 故选：B 3．（25-26九年级上·山东青岛·阶段练习）若是一元二次方程的一个根，则 【答案】 【分析】本题考查一元二次方程的解．根据题意将代入方程中，再观察结果和所得方程关系即可得到本题答案． 【详解】解：∵是一元二次方程的一个根， ∴，即， ∴． 故答案为：． 【考点11 解一元二次方程—直接开平方法】 1．方程的解为 ． 【答案】 【分析】本题考查解一元二次方程，利用直接开方法解方程即可． 【详解】解：， ， ， ∴． 故答案为： 2．（25-26九年级上·四川宜宾·阶段练习）已知关于x的一元二次方程的常数项是0，则a的值为（　　） A．1 B． C．1或 D．0 【答案】B 【分析】本题考查一元二次方程的定义和解法，掌握一元二次方程的定义与基本解法是解题关键． 根据一元二次方程的定义和题意列出a满足的条件求解即可． 【详解】解：原方程变形为， 由题意，， 解得：， 故选：B． 3．（2025·上海徐汇·二模）若一元二次方程中的，则的值为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了一元二次方程的判别式，直接开平方法解方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意得，整理得，运用直接开平方法进行解方程，即可作答． 【详解】∵一元二次方程中的， ∴， ． 或． 故答案为：或 【考点12 解一元二次方程—配方法】 1．（25-26九年级上·河北唐山·阶段练习）用配方法解关于的一元二次方程时，配方结果正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．先把常数项移到方程右侧，再把方程两边同时加上4，然后把方程左边写成完全平方形式即可． 【详解】解：， ， ， ， 故选：B． 2．（25-26九年级上·新疆伊犁·阶段练习）如果一元二次方程经配方后，得，那么 ． 【答案】5 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程：将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．先移项得到，再把方程两边加上9得到，从而得到，然后解关于k的方程即可． 【详解】解：， ， ， ， 所以， 解得． 故答案为：5． 【考点13 配方法的应用】 1．（25-26九年级上·江苏宿迁·阶段练习）已知多项式，若无论x取何实数，A的值都不是负数，则k的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查配方法的应用，根据配方法可进行求解． 【详解】解：， ∵无论x取何实数，A的值都不是负数，且， ∴， 解得， 故答案为：． 2．（24-25九年级下·山东烟台·期末）已知为实数，满足，那么的最小值为 ． 【答案】14 【分析】本题考查解三元一次方程组、配方法的应用．解方程组转化为只含的代数式，利用配方法求最值，是解题的关键．用含的式子表示出，将转化为只含的代数式，利用配方法，求出最值即可． 【详解】解：， ，得，则③， ，得，则④， 把③④代入得， ； ∵， ∴的最小值是14， 故答案为：14． 3．（24-25九年级上·江苏宿迁·期末）已知满足，则（） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了代数式求值，配方法的应用，非负数的性质，将变形，然后根据非负数的性质和式子的结果，可以求出的值，再代入求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：， ， ，， ∴当时，， 解得：， ， 故选：B． 4．已知：a、b、c是的三边，且，的形状是 ． 【答案】直角三角形 【分析】等式配方成，利用非负数性求得a、b、c的长，再利用勾股定理的逆定理即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴，，， ∴，，， ∵， ∴的形状是直角三角形． 故答案为：直角三角形． 【点睛】本题考查了配方法的应用，非负数的性质，勾股定理的逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形． 【考点14 一元二次方程根的判别式】 1．（25-26九年级上·山东滨州·阶段练习）以下一元二次方程有两个相等实数根的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查一元二次方程根的情况，熟练掌握判断一元二次方程根的情况是解题的关键，利用一元二次方程根的判别式对各选项逐一判断即可得到答案． 【详解】解：A、∵， ∴， ∴方程有两个不相等实数根，此项错误； B、∵， ∴， ∴方程有两个不相等实数根，此项错误； C、∵， ∴， ∴方程有两个相等实数根，此项正确； D、， ∴， ∴方程没有实数根，此项错误； 故选：C． 2．（24-25八年级下·上海金山·期末）若，关于的一元二次方程的根的情况是（   ） A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根 C．没有实数根 D．无法判断 【答案】B 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式．熟练掌握一元二次方程根的判别式与根的情况的关系，是解题的关键． 根据一元二次方程根的判别式进行判断．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，有两个相等的实数根；当时，无实数根． 【详解】解：∵方程中，，，． ∴． ∵， ∴， ∴， 即． 故方程有两个不相等的实数根， 故选：B． 3．（25-26九年级上·江苏南京·阶段练习）已知关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是 ． 【答案】且 【分析】本题考查一元二次方程的定义，根的判别式，掌握相关知识是解决问题的关键．由题意且，进行计算即可． 【详解】解：根据题意得且， 解得且． 故答案为：且． 4．已知分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长，且是关于的一元二次方程的两个根，则的值是 ． 【答案】1或2/2或1 【分析】本题考查了根的判别式，一元二次方程的解，等腰三角形的性质等知识点，注意：等腰三角形的两腰相等．已知一元二次方程、、为常数，，①当时，方程有两个不相等的实数根，②当时，方程有两个相等的实数根，③当时，方程没有实数根．分为两种情况：①、是腰，②、其中一个是腰，另一个是底边，分别求出答案即可． 【详解】解：①当、为腰时，， 、是关于的一元二次方程的两个根， 方程有两个相等的实数根， ， 解得：； ∴， 解得， 此时三角形三边长为：、、，符合三角形三边关系， ②当和3（或和是腰时，， 三角形不是等边三角形， 此时方程有两个不相等的实数根， 、是关于的一元二次方程的两个根， 把代入方程得， 解得：； ∴， 解得，， 此时三角形三边长为：、、，符合三角形三边关系， ∴或2． 故答案为：1或2． 【考点15 解一元二次方程—公式法】 1．（24-25八年级下·浙江丽水·期中）已知关于的方程，若方程的根都是整数，则满足条件的正整数的值为 ． 【答案】11或9 【分析】本题考查利用求根公式求方程，熟练掌握求根公式以及平方数的定义是解题的关键．本题由求根公式可得：，结合方程的根都是整数以及为平方数进行分析求解即可． 【详解】解：由可知， ， 由题意知方程有实数根， 所以由求根公式可得：， 化简得：， 方程的根都是整数， 为平方数， 设（为正整数）， ，则， 为正整数，为正整数， 和为24的正整数因数，且， ∵， 当时，（舍去）， 当时，，代入验证方程的根是整数，满足条件， 当时，（舍去）， 当时，，代入验证方程的根是整数，满足条件， 正整数的值为11或9． 故答案为：11或9． 2．（24-25八年级下·山东烟台·期中）已知关于x的一元二次方程恰有一个根小于，则k的取值范围为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，解一元一次不等式，解一元二次方程得出，，结合题意得出，解一元一次不等式即可得解． 【详解】解：由题意可得：， ∴此方程总有两个实数根， ∴， ∴，， ∵关于x的一元二次方程恰有一个根小于， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（25-26九年级上·安徽宿州·阶段练习）关于的方程，下列解法完全正确的是（   ） 甲 乙 丙 丁 两边同时除以得 整理得 ，，，， ，， 整理得， 配方得 ，，，， 移项得 ，，或，， A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】D 【分析】本题考查了等式的性质，解一元二次方程的方法，根据等式的性质，解一元二次方程的方法逐一判断即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：A、两边同时除以时，未考虑的情况，导致漏解，所以甲错误，故选不符合题意； B、整理得：， ，，， ， ， ，，所以乙错误，故选项不符合题意； C、整理得， 配方得：， ， ， ，，所以丙错误，故选项不符合题意； D、移项得：， ， 或， ，，所以丁正确，故选项符合题意； 故选：D． 4．（24-25九年级上·天津蓟州·阶段练习）方程的两个根为（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】本题主要考查了利用公式法解一元二次方程，解题的关键是掌握求根公式． 利用一元二次方程的求根公式进行求解即可． 【详解】解：，， ， 根据求根公式得， ， ∴，， 故选：A． 【考点16 解一元二次方程—因式分解法】 1．（25-26九年级上·陕西汉中·阶段练习）若的三边长都是方程的根，则的周长是（   ） A．7 B．8 C．7或8 D．13 【答案】C 【分析】本题主要考查了解一元二次方程、三角形的三边关系等知识点，正确解出一元二次方程并分类讨论是解题的关键． 先利用因式分解法求的方程两个根分别是2和3，再结合三角形的三边关系进行分类讨论即可解答． 【详解】解：， ， ， ． 当2为腰，3为底时，，能构成等腰三角形，此时的周长为； 当3为腰，2为底时，，能构成等腰三角形，此时的周长为． 综上，周长分别为7或8． 故选：C． 2．（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）已知关于的一元二次方程的常数项为0，则的值为（   ） A． B．3 C．或3 D．1或 【答案】B 【分析】本题考查了一元二次方程的定义与因式分解法解一元二次方程．此题难度不大，注意二次项系数不等于零，这是易错点．根据题意可得且，继而求得答案． 【详解】解：由题意，得且， ∴且， ∴． 解得． 故选：B． 3．已知关于的方程的一个根是1，则 ． 【答案】或 【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义，解一元二次方程；分和分别讨论，即可求解． 【详解】解：当时，， 可得：，符合题意， 当时，方程是一元二次方程， 把代入得， ∴， ∴ 解得：（舍去）或， 综上所述，或 故答案为：或． 【考点17 一元二次方程根与系数的关系】 1．（25-26九年级上·广东广州·阶段练习）设，是方程的两个实数根，则的值为（   ） A．2036 B．2035 C．2034 D．2033 【答案】B 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的定义，代数求值，解题的关键是掌握根与系数的关系． 根据一元二次方程根与系数的关系得出，根据根的定义得出，然后代数求值即可． 【详解】解：根据题意得，， ∵，是方程的两个实数根， ∴ ∴， 故选：B． 2．（25-26九年级上·湖南岳阳·阶段练习）已知是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根，且满足，则的值是（    ） A．3 B． C．3或1 D．或1 【答案】A 【分析】本题考查根与系数的关系以及根的判别式，由根与系数的关系结合，可得出关于m的分式方程，解之即可得出m的值，再根据根的判别式，即可得出m的值，此题得解． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根， ∴，， ∴， 解得：或， 经检验，或均为原分式方程的解． ∵是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 3．（25-26九年级上·山东枣庄·阶段练习）已知是方程的两个根，则代数式的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查一元二次方程的解、一元二次方程根与系数关系，解答的关键是熟知一元二次方程根与系数的关系：设一元二次方程的两个根为、，则，．根据题意得到，，，进而化简求值即可． 【详解】解：∵是方程的两个根， ∴，，， ∴ ． 故答案为：． 【考点18 根据实际问题列一元二次方程】 1．（24-25九年级上·四川泸州·期末）学校的劳动实践基地是一块长、宽的矩形土地．为便于学生参与劳动，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道（如图所示），使种植面积达到，若设小道的宽为，则根据题意，那么x满足的方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．根据矩形场地的长、宽及小路的宽度，可得出除小路的其余部分可合成长为，宽为的矩形，再结合种植面积为，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：学校的劳动实践基地是一块长、宽的矩形土地，且小道的宽为， 除小路的其余部分可合成长为，宽为的矩形． 根据题意得：， 故选：D． 2．（25-26九年级上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）某同学自主学会了某个几何模型，并把它分享给班里其他同学，第一次教会了若干名同学，第二次会做该模型的每名同学又教会了同样多的同学，这样全班共有36人会做这个模型．若设1人每次都能教会x名同学，则可列方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系、正确列出一元二次方程是解题的关键． 设1人每次都能教会x名同学，根据两次教会全班36人，再根据题意列出关于x的一元二次方程即可． 【详解】解：设1人每次都能教会x名同学， 根据题意得：． 故选：D． 3．（25-26九年级上·山东枣庄·阶段练习）某公司去年年底已累计投资200万元，今后两年计划继续增加投资，若两年增加的百分比相同，且使今后两年共投资750万元，设今后两年投资的年平均增长率为x，则可列方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是明确题意，列出相应的方程． 设今后两年投资的年平均增长率为x，则今年投资万元，明年投资万元，再根据“今后两年共投资750万元”建立方程． 【详解】解：设今后两年投资的年平均增长率为x，则可列方程为， 故选：D． 【考点19 概率的进一步认识】 1．如图①所示，平整的地面上有一个不规则图案（图中阴影部分），小明想了解该图案的面积是多少，他采取了以下办法：用一个长为，宽为的长方形，将不规则图案围起来，然后在适当位置随机地朝长方形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数（球扔在界线上或长方形区域外不计实验结果），他将若干次有效实验的结果绘制成了②所示的折线统计图，由此他估计不规则图案的面积大约为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题分两部分求解，首先假设不规则图案面积为x，根据几何概率知识求解不规则图案占长方形的面积大小；继而根据折线图用频率估计概率，综合以上列方程求解． 【详解】假设不规则图案面积为x， 由已知得：长方形面积为20， 根据几何概率公式小球落在不规则图案的概率为： ， 当事件A实验次数足够多，即样本足够大时，其频率可作为事件A发生的概率估计值，故由折线图可知，小球落在不规则图案的概率大约为0.35， 综上有：，解得． 故选：B． 【点睛】本题考查几何概率以及用频率估计概率，并在此基础上进行了题目创新，解题关键在于清晰理解题意，能从复杂的题目背景当中找到考点化繁为简，创新题目对基础知识要求极高． 2．如图，正方形是一块绿化带，其中阴影部分都是正方形的花圃．已知自由飞翔的小鸟，将随机落在这块绿化带上，则小鸟在花圃上的概率为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先证明是等腰直角三角形，得到，则，再证明是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，得到，进而求出，由此求出阴影部分面积，再根据概率计算公式求解即可． 【详解】解：设正方形的的边长为a， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 同理可证是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． ∴阴影部分的面积为． ∴小鸟在花圃上的概率为． 故选C． 【点睛】本题主要考查了几何概率，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，求出阴影部分的面积是解题的关键． 3．盒子里有4张形状、大小、质地完全相同的卡片，上面分别标着数字2，3，4，5，从中随机抽出1张后不放回，再随机抽出1张，则两次抽出的卡片上的数字之和为偶数的概率是 ． 【答案】 【分析】根据题意先画出树状图，得出所有等可能的结果，再利用概率公式求解即可． 【详解】解：根据题意，画树状图如下： 由树状图得：共有12种等可能结果，两次抽到卡片上的数字之和为偶数的结果有4种， ∴两次抽到卡片上的数字之和为偶数的概率为． 故答案为： 【点睛】本题考查了概率的计算问题，掌握利用列表法或画树状图法不重复不遗漏的列出所有可能的结果是解题的关键． 4．小明和小亮两人用如图所示的转盘（转盘被分成四个面积相等的扇形）做游戏，两人各转动转盘一次，转盘停止后记下指针指向的数字（若指针指在分界线上，不记，重新转动），如果两人转得的数字之和为奇数，则小明胜；如果两人转得的数字之和为偶数，则小亮胜，你对这个游戏公平性的评价是 ．（填“公平”“对小明有利”或“对小亮有利”）    【答案】对小亮有利 【分析】根据题意，画树状图，再运用概率公式求概率，判断游戏公平性． 【详解】根据题意，画树状图如下．    由树状图，可知共有16种等可能的结果，其中和为奇数的结果有6种，和为偶数的结果有10种， ∴，． ∵， ∴这个游戏对小亮有利， 故答案为：对小亮有利． 【点睛】本题考查了画树状图或列表法求概率，熟练掌握概率公式是求解的关键． 【考点20 成比例线段】 1．（24-25九年级上·河南郑州·期中）已知，那么（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了比例的基本性质，解题关键是通过比例的变形，整体代入求值．根据可得，，代入求值即可． 【详解】解： ， ，， ， 故选：D． 2．（24-25八年级下·山东烟台·期中）下列长度的四组线段中，成比例的一组是（    ） A．，，， B．，，， C．，，， D．cm，，， 【答案】D 【分析】此题考查了比例线段，掌握比例的性质是解题的关键； 根据成比例线段的定义，若四条线段满足最大与最小的乘积等于中间两段的乘积，则它们成比例，逐项判定即可． 【详解】解：A．，，因为，所以这四条线段不成比例，故此选项不符合题意； B．，，因为，所以这四条线段不成比例，故此选项不符合题意； C．，，因为，所以这四条线段成比例，故此选项不符合题意； D．，，因为，所以这四条线段成比例，故此选项符合题意； 故选：D． 3．（25-26九年级上·广东·阶段练习）大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，经常也会产生最具美感的黄金比．如图，点为的黄金分割点，若，则长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了黄金分割．熟练掌握黄金分割是解题的关键． 由题意知，，即，然后计算即可解答． 【详解】解：由题意知，，即， 解得：，. 故选C． 4．（24-25九年级上·安徽宿州·期末）如图，已知点E是平行四边形边上一点，、延长线交于点F，下列结论中错误的是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、平行线分线段成比例、相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．根据平行四边对角相等和对边平行，得到相似三角形，再利用平行线分线段成比例和相似三角形的性质逐项判断即可． 【详解】解：四边形为平行四边形， ， ，，， A、∵， ∴，该选项说法正确，故不符合题意； B、∵， ∴， ，该选项说法正确，故不符合题意； C、， ， 又， ， ，该选项说法正确，故不符合题意； D、∵ ∴ ∴， ∵， ∴，该选项说法错误，故符合题意． 故选：D． 【考点21 平行线分线段成比例】 1．（25-26九年级上·上海·阶段练习）如果用线段a、b、c，求作线段x，使，那么下列作图正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键． 根据平行线分线段成比例，逐项分析即可． 【详解】解: A、由平行可得，变形为与已知不符合，故选项A不正确； B、由平行可得，变形为，与已知符合，故选项B正确； C、由平行可得与已知不符合，故选项C不正确； D、由平行可得与已知不符合，故选项D不正确； 故选：B． 2．（25-26九年级上·上海·阶段练习）平行四边形的对角线相交于点O，，则与相似的三角形有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定，由得到，即可得到，由平行四边形得到，，进而得到． 【详解】∵ ∴， ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴， ∴， ∴ ∴与相似的三角形有2个． 故选：A． 3．（25-26九年级上·上海·阶段练习）如图是一个正方形网络，里面有许多三角形．在下面所列出的各三角形中，与不相似的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理与网格，相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法，是解题的关键．根据三边对应成比例的两个三角形相似，逐项进行判断即可． 【详解】解：设每个小正方形的边长为，则在中，，，， A、在中，，，， ，，， ， ，故A选项不符合题意； B、在中，，，， ，，， ， 和不相似，故B选项符合题意； C、在中，，，， ，，， ， ，故C选项不符合题意； D、在中，，，， ，，， ， ，故D选项不符合题意； 故选：B ． 4．如图在中，P为上的一点，在下列条件中：①；②；③；④，能满足的条件是 （    ）． A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定方法，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键． 根据相似三角形的判定方法对每个条件进行分析，从而获得答案． 【详解】①，， ∴． ②∵，， ∴； ③∵， ∴， 又∵， ∴； ④∵， ∴，是的最短边，是的最长边，和不是对应边，不能判定与相似； 所以①②③能判定，④不能． 故选：D． 【考点22 相似三角形的判定】 1．（25-26九年级上·辽宁·阶段练习）如图，点D，E分别在的边上，且，若，，则值为（    ） A．9 B．6 C．3 D．1 【答案】A 【分析】本题考查相似三角形的性质，本题可根据相似三角形的性质，利用相似三角形面积比与相似比的关系来求解的面积． 【详解】解：相似三角形面积比等于相似比的平方， 设与的面积分别为和，相似比为k， 则有， 由题可知，已知， 将其代入到中，可得， 即． 故选：A． 2．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）已知，若和的面积之比为，则与的对应角的角平分线之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形面积比等于相似比的平方，对应线段（如角平分线）之比等于相似比是解题的关键． 根据相似三角形的性质，面积比等于相似比的平方，对应线段（如角平分线）之比等于相似比求解即可． 【详解】解：∵，面积比为．设相似比为k， ∴ ∴ ∴与的对应角的角平分线之比 故选：A． 3．（2020·安徽合肥·二模）如图，在矩形ABCD中，点H为边BC的中点，点G为线段DH上一点，且∠BGC=90°，延长BG交CD于点E，延长CG交AD于点F，当CD=4，DE=1时，则DF的长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】延长AD，BE相交于点M，可得△DFG∽△HCG，△DMG∽△HBG，根据相似三角形的性质可得DF=DM，由△MDE∽△CDF可得，进而得出，再根据比例的性质解答即可． 【详解】解：如图，延长AD，BE相交于点M， ∵DF∥CH， ∴△DFG∽△HCG， ∴ ， ∵DM∥BH， ∴△DMG∽△HBG， ∴ ， ∵CH=BH， ∴DF=DM， 又∵矩形 △MDE∽△CDF， ∴ ∴ ∴   ∴DF＝． 故选：A． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线并熟练掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键． 4．（24-25九年级下·湖北黄冈·期中）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度，以点O为位似中心，在网格中画，使与位似，A，B的对应点分别为，，且与的位似比为，则下列说法不正确的是（   ） A．点的坐标为 B． C．与的周长之比为 D．与的面积之比为 【答案】D 【分析】本题考查位似图形的性质、位似图形与相似图形的关系等知识点，掌握相关性质成为解题的关键． 根据位似图形的定义画出图形，再根据位似的性质逐项分析判断即可． 【详解】解：如图， A． 点的坐标为，原选项正确，不符合题意； B． 根据位似性质可知：，原选项正确，不符合题意； C． 由与的位似比为，则与的周长之比为，原选项正确，不符合题意； D． 由与的位似比为，则与的面积之比为，原选项错误，符合题意． 故选：D． 【考点23 相似三角形的性质】 1．如图，正方形和正方形是位似图形（其中点，，，的对应点分别是点，，，），点的坐标为，点的坐标为，则这两个正方形的位似中心的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查位似变换，坐标与图形性质，相似三角形的判定与性质，连接并延长与轴交于点，根据位似变换的性质，点即为位似中心，然后设，表示出、，再根据和相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出，再根据点在轴负半轴上写出坐标即可．根据对应点的连线所在的直线经过位似中心是解题的关键． 【详解】解：如图，连接并延长与轴交于点，则点即为位似中心，设， ∵点的坐标为，点的坐标为， 又∵正方形和正方形的边、都与轴垂直， ∴，，，，， 又∵， ∴， ∴，即， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， ∵点在轴负半轴上， ∴点． 故选：A． 2．如图，在中，的内、外角平分线分别交及其延长线于点，则          【答案】5 【分析】根据CD是∠ACB的平分线，由三角形的面积可得出，可得出①；由CE是∠ACB的外角平分线， 得出，进而得出②，两式相加即可得出结论． 【详解】解：∵CD是∠ACB的平分线， ∴ ∴ ∴，即①； ∵CE是∠ACB的外角平分线， ∴ ∴，即②； ①+②，得． 故答案为：5． 【点睛】此题主要考查了比例的应用，熟练掌握比的性质是解答此题的关键． 3．（25-26九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，，，延长交于，且，则的长 ． 【答案】 【分析】此题考查了平行线分线段成比例定理，作出辅助线是解题关键．过D作的平行线交于G，利用平行线分线段成比例定理解答即可． 【详解】解：过D作的平行线交于G， ∵，， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 4．（2025·浙江杭州·一模）如图，在菱形中，为锐角，点，分别在边，上，且满足，．将菱形沿翻折，使点落在平面内的点处．若菱形的周长和面积分别为12和6，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 连接，过点作于点H，交于点，交于点，由题意得可得菱形边长为3，，由勾股定理求出，由菱形的性质以及折叠的性质可证明四边形是矩形，以及四边形为矩形，则，由平行线分线段成比例定理可得，再结合折叠可得，最后在中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，过点作于点H，交于点，交于点， ∵菱形的周长和面积分别为12和6， ∴， ∴， ∴， ∵菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵折叠， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵折叠， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵折叠，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【考点24 根据位似变换求值】 1．如图，不等长的两条对角线相交于点O，若，则甲、乙、丙、丁这4个三角形中，一定相似的有 ． 【答案】甲和丙 【分析】本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的常用判定方法． 根据“两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似”求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴甲和丙一定相似， 故答案为：甲和丙． 2．（25-26九年级上·广东·阶段练习）如图，点是四边形对角线、的交点，与互补，，，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质和判定；先作，即可求出，再根据相似三角形的对应边成比例得，进而得，然后说明，再结合可得答案. 【详解】解：过点O作交于点M， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴. 故答案为：. 3．如图，在直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，边在x轴上，在y轴上，如果矩形与矩形关于点O位似，且矩形的面积等于矩形面积的，那么点的坐标是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了位似变换、矩形的性质及坐标与图形的知识，解题的关键是根据两图形的面积比确定其位似比，注意有两种情况．根据相似图形的性质即可完成． 【详解】解：由题意可知，， 矩形与矩形关于点O位似，且矩形的面积等于矩形面积的， 矩形与矩形相似，且相似比为， 点的坐标是或， 即点的坐标是或， 故答案为：或． 4．（24-25九年级下·宁夏银川·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边，分别在轴负半轴和轴正半轴上，且，，在第二象限内，将矩形以原点为位似中心放大为原来的倍，得到矩形，再将矩形以原点为位似中心放大倍，得到矩形，，以此类推，得到的矩形的对角线交点的纵坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中，以原点为位似中心的位似图形的对应点坐标之间的关系．根据平面直角坐标系中，以原点为位似中心的位似图形的对应点坐标之间的关系，即可求解． 【详解】 解：∵在第二象限内，将矩形以原点为位似中心放大为原来的倍， ∴矩形与矩形是位似图形，点与点是对应点，， ∵点的坐标为, ∴点的坐标为， ∵将矩形以原点为位似中心放大倍，得到矩形，， ， ∵矩形的对角线交点 ，即， 故答案为：． 【计算篇】 【考点25 一元二次方程的解法】 1．（25-26九年级上·山东青岛·阶段练习）用指定方法解下列一元二次方程： (1)（直接开平方法）； (2)（配方法）； (3)（配方法）． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法是解题的关键． （1）根据直接开平方法步骤计算可得； （2）将常数项移到右边后，再配上一次项系数的一半的平方，写成完全平方式后开方可得； （3）将含未知数的项移到一边，常数项移到另一边后，再配上一次项系数的一半的平方，写成完全平方式后开方可得． 【详解】（1）解：， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ； （3）解：， ， ， ， ， 2．（25-26九年级上·辽宁锦州·阶段练习）解方程： (1) (2) 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了解一元二次方程． （1）根据公式法求解即可； （2）先移项，再根据因式分解法求解即可． 【详解】（1） （2） 或 3．（25-26九年级上·四川成都·阶段练习）用适当的方法解下列关于x的方程： (1) (2) (3) (4) 【答案】(1)， (2)， (3)， (4)，， 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法，并熟练掌握利用一元二次方程特征选用合适方法解一元二次方程是解题的关键． （1）整理后，利用因式分解法解一元二次方程即可． （2）先求解，再利用公式法解一元二次方程即可． （3）整理得，利用公式法解一元二次方程即可． （4）先把方程化为，再进一步解方程即可． 【详解】（1）解：， 变形为， ∴， ∴或， 解得：，． （2）解：， ∴，，， ∴， ∴， ∴，． （3）解：， 整理得：， ∴，，， ∴， ∴， ∴，． （4）解：， ∴， ∴， ∴或或， 解得：，，． 4．（25-26九年级上·广东江门·阶段练习）已知关于的一元二次方程． (1)求证：无论为何值，方程总有两个不相等的实数根； (2)当时，求此方程的解． 【答案】(1)见解析 (2)，． 【分析】题目主要考查一元二次方程根的判别式及解一元二次方程， （1）根据一元二次方程根的判别式证明即可； （2）将m的值代入利用公式法求解一元二次方程即可． 【详解】（1）证明： ， ∵， ∴， ∴无论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）解：将代入方程中， 得， ∴， ∴， 即，． 5．（25-26九年级上·山东枣庄·阶段练习）关于x的一元二次方程有两个实数根． (1)求k的取值范围； (2)若方程的两个根为，，且，求k的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的判别式和根与系数的关系是解题的关键， （1）利用方程有两个实数根，得到，代入即可求得k的取值范围； （2）利用根与系数的关系得到，代入，解出关于k的一元二次方程即可得到答案． 【详解】（1）解：∵一元二次方程有两个实数根， ∴ ∵， ∴， 解得：． （2）解：∵，是方程的两个根 ， ∴， ∵， ∴， 解得：，（舍去）． 【实际应用篇】 【考点26 一元二次方程的应用】 1．（25-26九年级上·陕西汉中·阶段练习）乒乓球作为陕西中考体育“体质健康测试类”选考项目，因其对体能要求相对较低且趣味性较高，成为同学们选考热点，乒乓球拍的销量也在持续增长．某体育用品店销售一种乒乓球拍，进价为每副42元，按每副66元销售，平均每月能卖出200副，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时，在不亏本的情况下，尽量减少库存，经调研发现，售价每降低2元，平均每月可多卖出20副． (1)小明说：“如果薄利多销，平均每月的销售量肯定能达到500副．”请你判断小明的说法是否正确？并说明理由； (2)该体育用品店期望销售这种乒乓球拍，平均每月的销售利润为4830元，销售员甲说：“在原售价的基础上降低1元，销售利润即可达到预期目标．”销售员乙说：“在原售价的基础上降低3元更合适”，如果你作为老板，请用方程的思想说明应采纳谁的意见． 【答案】(1)小明的说法不正确，理由见解析 (2)采纳销售员乙的意见，理由见解析 【分析】本题考查了一元一次方程中的应用，一元二次方程的应用，根据题意找到等量关系列出方程是解题的关键． （1）设售价降低元，平均每月的销售量能达到500副，根据“售价每降低2元，平均每月可多卖出20副”列出方程，可求出具体降价金额，从而可求出售价，将售价与进价比较即可得出结论； （2）设售价降低元，可使平均每月的销售利润为4830元，根据利润、售价、进价之间的关系列出方程，解出结果后，再根据增加销售量可以减少库存即可得出结论． 【详解】（1）解：设售价降低元，平均每月的销售量能达到500副， 依题意得，， 解得， 降价后每副的售价为（元）， 进价为每副42元，， 平均每月的销售量能达到500副时会亏本， 小明的说法不正确； （2）解：采纳销售员乙的意见，理由如下： 设降低元， ∵售价每降低2元，平均每月可多卖出20副， ∴售价每降低1元，平均每月可多卖出10副， 由题意得， 解得或， 当时（甲的意见），销售量为副； 当时（乙的意见），销售量为副； ∵尽量减少库存， ∴采纳销售员乙的意见． 2．城开高速公路即重庆市城口县至开州区的高速公路，是国家高速银百高速公路（银川至百色）的一段，线路全长公里，甲、乙两工程队共同承建该高速公路某隧道工程，隧道总长2100米，甲、乙分别从隧道两端向中间施工，计划每天各施工6米．因地质结构不同，两支队伍每合格完成1米隧道施工所需成本不一样．甲每合格完成1米隧道施工成本为8万元；乙每合格完成1米隧道施工成本为9万元． (1)若工程结算时乙总施工成本不低于甲总施工成本的，求甲最多施工多少米？ (2)实际施工开始后地质情况比预估更复杂，甲乙两队每日完成量和成本都发生变化．甲每合格完成1米隧道施工成本增加m万元时，则每天可多挖米，乙在施工成本不变的情况下，比计划每天少挖米，若最终每天实际总成本比计划多万元，求的值． 【答案】(1)甲最多施工900米 (2)的值为2 【分析】本题主要考查了一元一次不等式的应用、一元二次方程的应用等知识点，审清题意、弄清量之间的关系、正确列出不等式和方程是解题的关键． （1）设甲工程队施工x米，则乙工程队施工米，根据不等关系“工程结算时乙总施工成本不低于甲总施工成本的”列出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可解答； （2）根据“最终每天实际总成本比计划多万元”即可得出关于的一元二次方程求解即可． 【详解】（1）解：设甲施工米， 由题意可得：， 解得：． 答：甲最多施工900米． （2）解：由题意可得：， 整理得， 解得． 答：的值为2． 3．为鼓励广大凤中学子走向操场、走进大自然、走到阳光下，积极参加体育锻炼，初三年级某班组织同学们周末共跑沙滨路，其中，小凤和小鸣两人同时从A地出发，匀速跑向距离处的B地，小凤的跑步速度是小鸣跑步速度的1.2倍，那么小凤比小鸣早5分钟到达B地． 根据以上信息，解答下列问题： (1)小凤每分钟跑多少米？ (2)若从A地到达B地后，小凤以跑步形式继续前进到C地（整个过程不休息）．据了解，从他跑步开始，前30分钟内，平均每分钟消耗热量10卡路里，超过30分钟后，每多跑步1分钟，平均每分钟消耗的热量就增加1卡路里，在整个锻炼过程中，小凤共消耗2300卡路里的热量，小凤从A地到C地锻炼共用多少分钟？ 【答案】(1)小凤的跑步速度为每分钟； (2)小凤从地到地锻炼共用70分钟． 【分析】（1）设小鸣的跑步速度为每分钟 ，则小凤的跑步速度为每分 ．根据小鸣的跑步时间小凤的跑步时间列分式方程求解即可； （2）设小凤从地到地用时分钟，根据前30分钟消耗的热量分钟后的热量列方程解答即可． 【详解】（1）设小鸣的跑步速度为每分钟 ，则小凤的跑步速度为每分 ， 根据题意，得， 解得， 经检验是原方程的解， 原方程的解为， ∴小凤的跑步速度为每分钟， 答：小凤的跑步速度为每分钟； （2）由（1）知，小凤的跑步速度为每分， 则小凤从地到地所用时间为（分钟）． 设小凤从地到地用时分钟， 根据题意，得， 解得或（舍去）， 则（分钟）． 答：小凤从地到地锻炼共用70分钟． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程与分式方程的应用，读懂题意，找到关键描述语，列出等量关系是解题的关键． 4．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）某校新建一个三层停车楼，每一层布局如图所示．已知每层长为50米，宽30米．阴影部分设计为停车位，地面需要喷漆，其余部分是等宽的通道，已知喷漆面积为1056平方米． (1)求通道的宽是多少米． (2)据调查分析，停车场多余64个车位可以对外出租，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；每个车位的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位，当每个车位的月租金上涨多少元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元？ 【答案】(1)3米 (2)上涨40元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意找准等量关系列出方程是解题的关键． （1）设通道的宽是x米，根据题意列出方程，解出x的值即可解答； （2）设每个车位的月租金上涨y元，根据题意列出方程，解出y的值，结合优惠大众选择较小的y的值即可解答． 【详解】（1）解：设通道的宽是米，则每一层的停车位可合成长为米，宽为米的长方形， 依题意，得， 解得（不合题意，舍去）． 答：通道的宽是3米． （2）解：设每个车位的月租金上涨元，则每个车位的月租金为元，可租出个车位， 依题意，得， 解得， 又要优惠大众， ． 答：每个车位的月租金应上涨40元． 【考点27 相似三角形的应用】 1．（25-26九年级上·山东·阶段练习）【学科融合】如图1，在反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一个平面内，反射光线和入射光线分别位于法线两侧，反射角r等于入射角i． 【问题解决】如图2，小红同学正在使用手电筒进行物理光学实验，地面上从左往右依次是墙、木板和平面镜．激光笔在点G处，激光笔的光从平面镜上点B处反射后，恰好经过木板的上边缘点F，落在墙上的点E处．已知点G到地面的高度，木板的高度，点G到木板的水平距离，木板到墙的水平距离（图中点A，B，C，D在同一水平线上）． (1)求点B到木板的距离的长． (2)求点E到地面的高度． 【答案】(1)的长为 (2)的长为 【分析】本题主要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和性质是解题的关键． （1）根据题意证明，利用相似三角形的性质求解即可； （2）证明，得到，代入数据计算即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意可得，， ∴， ∴即， ∴． 答：的长为； （2）解：∵，， ∴， 由题意可得， ∴， ∴即， ∴． 答：的长为． 2．（25-26九年级上·陕西西安·阶段练习）魏晋南北朝时期，中国数学在测量学方面取得了长足进展．刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，通过多次观测，测量山高水深等数值，进而使中国的测量学达到登峰造极的地步，其著作《海岛算经》，就是测量海岛的高度和距离．受此题启发，小明同学依照此法测量学校后山的高度和距离，录得以下数据（单位：米）：表目距，，表目高，表距．求山高． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的应用，由已知可知，即得，，得到，，进而可得，求出再代入比例式即可求解，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵为高， ∴， ∴，， ∴，， ∵，，，， ∴，， ∴， 解得， ∴， 解得， 答：山高为． 3．（25-26九年级上·浙江金华·阶段练习）如图，明珠大厦的顶部建有一直径为的“明珠”，它的西面处有一高的小型建筑，人站在的西面附近无法看到“明珠”的外貌，如果向西走到点F处，可以开始看到“明珠”的顶端B；若想看到“明珠”的全貌，必须往西至少再走，求大厦主体建筑的高度（不含顶部的“明珠”部分的高度） 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的应用，一元二次方程的应用，理解题意是解题的关键．设，，通过证明和，得到和，再代入数据列出方程组，求出的值即可解答． 【详解】解：设，， ∵， ∴， ∴，即①， ∵， ∴， ∴，即②， 联立①和②解得（负值已舍去）， ∴， 答：大厦主体建筑的高度是． 4．（2025·陕西西安·模拟预测）初三数学小组准备用所学知识测量路灯的高度，路灯底端有花坛无法直接到达，在路灯一侧有一棵高为3米的小树（米），小峰站在距离小树2.8米的D处（米）观察发现，他的眼睛C与小树的顶端E、路灯的顶端A在同一条直线上，小峰的眼睛距离地面1.6米（米），小峰在小树的前方P处放置一个平面镜，小峰紧靠小树站立（小峰与树之间的距离忽略不计）刚好在镜面中看到路灯的顶端A，平面镜距离小树1.4米（米），请你帮助小峰计算路灯的高度．（结果精确到0.1米） 【答案】6.6米 【分析】本题考查相似三角形的应用，矩形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 过点C作于G，交于Q，先证明四边形是矩形，四边形是矩形，得米，，米，设米，则米，再证明，，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点C作于G，交于Q， 由题意得，，，， ∴， ∵ ∴， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴米，，米， ∵米， ∴米， 设米，则米， ∵小峰在小树的前方P处放置一个平面镜，小峰紧靠小树站立（小峰与树之间的距离忽略不计）刚好在镜面中看到路灯的顶端A， ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴， ∴米， ∵ ∴ ∴，即 解得： ∴（米）． 答：路灯的高度约为6.6米． 【作图篇】 【考点28 作位似图形】 1．（25-26九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，，在y轴右侧，以原点O为位似中心画一个，使它与位似，且位似比是． (1)请画出； (2)与的周长之比为______； (3)若内部一点M的坐标为，则点M的对应点的坐标是______． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查作图位似变换，熟练掌握位似的性质是解答本题的关键． （1）根据位似的性质作图即可； （2）根据位似的性质解答即可； （3）由位似变换可得，点的横纵坐标分别除以，即可得点的横纵坐标． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：∵，与位似，且位似比是． ∴与的周长之比为 （3）解：∵，与位似，且位似比是． 又∵点M的坐标为 ∴点M的对应点的坐标为． 故答案为：． 2．（25-26九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，给出了格点（顶点均在正方形网格的格点上），已知点的坐标为． (1)以点为位似中心，在给定的网格中画，使与位似，且点的坐标为． (2)与的相似比是______． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了位似变换的作图，根据坐标确定位似比是解答此题的关键． （1）根据题意画出位似图形，即可求解； （2）根据相似比等于位似等于相应线段之比，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，为所求． （2）解：∵A的坐标为．点的坐标为， ∴与的相似比是位似比为， 故答案为：． 3．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C，D，E，F，G，H均在格点上，请利用坐标系中的格点的特点按下列要求作图： (1)如图1，在格点上作出以原点O为位似中心，在第三象限内的，使得它与为位似图形，且位似比为2：1（不写作法，保留作图痕迹），并写出点的坐标． (2)如图2，在线段上利用格点求作点M，使得并利用相似三角形的知识简要说明理由． (3)如图3，请利用格点在的边上，求作一点N，使得，并简要写出你的作法． 【答案】(1)见解析，点 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了位似图形的作图、利用相似三角形确定线段比例点以及构造相似三角形的作图，解题的关键是熟练运用位似性质、相似三角形的判定与性质进行作图和推理． （1）根据位似图形性质，以原点为位似中心，位似比，将各顶点坐标变换后在第三象限找点作图，再确定坐标； （2）通过构造格点三角形，利用相似三角形对应边成比例找到点，再依据相似性质说明； （3）利用格点构造角相等，依据相似三角形判定（两角分别相等）确定点，通过作特定格点连线找到交点． 【详解】（1）解：作出的位似图形如图所示，点； （2）解：作出的点如图所示． 理由：如图，∵， ∴， ∴； （3）解：作出的点如图所示． 作法：（1）将边绕着点逆时针旋转得到； （2）将线段平移，使得点与点重合，此时点的对应点为点； （3）连接交于点，则点为所求． 证明：将边绕着点逆时针旋转得到， ，， ， 在中， ，，， ， 为直角三角形，， 在和中， ， ． 4．（24-25九年级上·浙江杭州·阶段练习）在的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）． (1)在图1中画出一个以点C为位似中心，且与位似的（位似比不为1）； (2)在图2中，仅用无刻度直尺（不使用直角）在线段上找一点M，使得． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图-位似变换，熟练掌握位似的性质、相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． （1）根据位似的性质画图即可． （2）取格点N，使，且，连接交于点M，则点M即为所求． 【详解】（1）解：如图1，即为所求． （2）解：如图2，取格点N，，且，连接交于点M， 此时， ∴， 则点M即为所求． 【考点29 在网格中作相似三角形】 1．如图是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，顶点A、B、C均在格点上．请只用无刻度的直尺，在给定的正方形网格中，按要求画图，保留作图痕迹，不要求写出画法． (1)图1中，请画出中边上的中线； (2)图2中，请画出，点E、F分别在边、上，满足，且相似比为． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 【分析】本题考查的是格点作图及相似三角形的判定与性质， （1）取线段中点即格点D，连接即可； （2）取格点G、F，连接交于点E，根据则，得出，则，再结合，证明，所以相似比为． 【详解】（1）解：如下图，线段即为所求作； （2）解：即为所求作． 2．如图，在方格纸中，点A,B，C,D都在格点上． (1)在图1中画一个格点，使与相似 (2)在图2中画一个格点，使，且与不相似． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了在网格中画图问题，解题关键是根据相似三角形的性质确定边长和利用相似或全等画等角. （1）根据相似三角形对应边成比例，利用格点画出对应直角边成比例即可； （2）根据网格画出，且与不相似． 【详解】（1）如图1，格点如图所示(答案不唯一)， （2）如图2，格点如图所示(答案不唯一)． 3．图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹． (1)在图①中，以为边画一个四边形，使四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形； (2)在图②中，分别在边上画点F、G，连接，使，且； (3)在图③中，分别在边上画点M、N，连接，使，且． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 【分析】本题考查了格点图中画相似三角形、中心对称图形和轴对称图形． （1）作平行四边形，画图即可； （2）根据相似三角形的判定和相似比，画图即可； （3）根据相似三角形的判定和相似比，画图即可． 【详解】（1）解：如图，四边形即为所求； （2）如图，即为所求； （3）如图，即为所求 4．（24-25七年级上·吉林长春·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的点A、B、C在格点上，格点D、E分别在边上．按下列要求在给定的网格中画图，不要求写出画法，保留作图痕迹． (1)在图①中画线段的垂直平分线，分别交于点F、G． (2)在图②中过点B作交于点M． (3)在图③中，连结，过点C作交于点N． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查格点中作图，作图-应用与设计作图，解题的关键是理解题意，正确作出图形． （1）根据线段垂直平分线的定义作出图形即可； （2）取格点J，最直线交于点M，直线即为所求； （3）取格点P，Q，连接交于点N，作直线即可． 【详解】（1）解：如图①中，直线即为所求； （2）如图②中，直线即为所求； （3）如图③中，直线即为所求． 【几何证明与计算篇】 【考点30 特殊四边形中的翻折问题】 1．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）在边长为2的正方形中，点E是的中点． (1)如图1，点F是的中点，连接交于点．试判断线段的关系，并说明理由； (2)如图2，将正方形的一部分翻折，使点A与点E重合，点B落在点P处，折痕为，求线段的长； (3)在（1）的条件下，如图3，连接，求线段的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3)2 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）由正方形的性质可得，再由线段中点的定义可推出，则可证明，得到，导角可证明，即； （2）过点N作于H，设交于T，可证明四边形是矩形，得到，由折叠的性质可得，则可证明，进而证明，得到，由勾股定理得，则； （3）如图所示，延长交于H，证明，得到，则，即可得到． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵点E是的中点，点F是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，； （2）解：如图所示，过点N作于H，设交于T， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在，由勾股定理得， ∴； （3）解：如图所示，延长交于H， ∵四边形是边长为2的正方形， ∴， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，即， ∴ 2．如图1，在矩形中，已知对角线的垂直平分线与边、分别交于点、． (1)求证：； (2)若，，点为线段上任意一点，求的最小值； (3)如图2，将矩形变形得到平行四边形，直线分别交边、于点、，将平行四边形沿翻折，使点的对称点与点重合，点的对称点为点．若，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)5 (3) 【分析】（1）根据矩形的性质和垂直平分线的定义，易证，即可得出结论； （2）连接交于点，连接，根据全等三角形的性质和垂直平分线的性质，证明四边形是菱形，得出，进而得到，即当点、、三点共线时，有最小值，利用勾股定理，求出的长即可； （3）过点作交延长线于点，根据平行四边形的性质和折叠的性质，证明，得到，证明是等腰直角三角形，得出，进而得到，设，则，，由勾股定理，求得，即可求出的长． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ， 垂直平分， ， 在和中， ， ， ； （2）解：如图1，连接交于点，连接， 由（1）可知，， ， 垂直平分， ，， ， 四边形是菱形， 、两点关于对称， ， ， 即当点、、三点共线时，有最小值为的长， 在中，，， ， 即的最小值为5； （3）解：如图2，过点作交延长线于点， 四边形是平行四边形， ，，，，， 由折叠的性质可知，，，，， ，，， ，即， 在和中， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：，即， 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确作辅助线，掌握特殊四边形的性质是解题关键． 3．（2025·江苏扬州·二模）如图，在矩形中，、交于点，将沿直线翻折得到． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求点、之间的距离． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)8 【分析】此题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． （1）先根据矩形的性质得，再根据翻折性质得到，根据菱形的判定即可得出结论； （2）根据菱形的性质和平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，进而得，再利用勾股定理求出即可解题． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是矩形，对角线，相交于点O， ∴，，， ∴， ∵将沿直线翻折得到， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，又，， ∴， ∴，即点、之间的距离为8． 4．我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】(1)④ (2)①四边形是“神奇四边形”，见解析；②四边形是“神奇四边形”，见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可； （2）①根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得证； ②根据三角形中位线定理可得，，，，从而证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得，由①可得，，可得，证得四边形是正方形，再根据正方形的性质即可得证； （3）延长交于点S，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理列方程求得，即可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④． （2）解：①四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是“神奇四边形”． ②四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵点M，N，P，Q分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由①可得，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，且， ∴四边形是“神奇四边形”． （3）解：延长交于点S， 由折叠的性质得，，，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查新定义、折叠的性质、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【考点31 求特殊四边形在坐标系中的坐标】 1．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，将菱形放在平面直角坐标系中，两点在x轴上，点在轴上，其中，． (1)求点的坐标； (2)动点从点出发沿射线以每秒个单位的速度运动，连接，若点运动的时间为秒，的面积为，请用含的式子表示，并直接写出的取值范围； (3)在（）的条件下，当点开始运动后，连接，当为等腰三角形时，求的值． 【答案】(1)； (2)； (3)的值为或或或. 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． （）过点作轴于，由菱形的性质得出，证明，得出，，则可得出答案； （）分两种情况，当时，，，作于，，证明，得出，则可得出答案；时，，，，则可得出答案； （）分当时，当时，当时进行分析即可． 【详解】（1）解：过点作轴于， ∵，， ∴，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：当时，，， 作于， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 时，，，， ∴， ∴； （3）解：当时， ∵， ∴， 作于， ∴， ∴， ∴； 当时， ∵， ∴与重合时， ∴， 作交延长线于， ， ∴， ∴； 当时，作于，于， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上可知：的值为或或或. 2．（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）如图1，矩形的顶点在轴上，顶点在轴上，，，过点的直线交矩形的边于点，且点不与点、重合，过点作，交轴于点，交轴于点． (1)若为等腰直角三角形，求直线的函数解析式； (2)在（1）的条件下，若点是直线上一点，且的面积为12，求点的坐标； (3)如图2，过点作交轴于点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请在图2中画出成立的图形，并求直线的解析式． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）由矩形的性质可得，，，由平行线的性质和已知条件可证明，得到，根据等腰直角三角形的等腰可得，则可求出，进而证明是等腰直角三角形，得到，则可求出，再求出，据此利用待定系数法求解即可； （2）根据（1）所求可得点P在线段的垂直平分线上，则可求出，进而得到；根据三角形面积计算公式得到，据此可得，再把点Q纵坐标代入（1）所求解析式中计算求解即可； （3）根据题意可得四边形是平行四边形，设交于D，则，可证明四边形是矩形，得到；再证明，得到，则；同理可证明，则可证明，则，据此利用待定系数法求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为； （2）解：∵是等腰直角三角形，， ∴点P在线段的垂直平分线上， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵的面积为12， ∴， ∴， ∴， 在中，当时，，当时，， ∴点Q的坐标为或； （3）解：如图所示，过点P作轴于M， ∵，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴四边形是平行四边形， 设交于D，则， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵轴， ∴四边形是矩形， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； 同理可证明， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为． 3．如图，正方形在平面直角坐标系中，B的坐标是，D是的中点，． (1)写出点D，E的坐标； (2)问：是直角三角形吗？请说明理由． 【答案】(1)； (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理及其逆定理， （1）根据题意B的坐标是，D是的中点，，即可求出点D，E的坐标； （2）在、、中，分别求出，，，然后在中，利用，即可证明是直角三角形． 【详解】（1）解：B的坐标是，D是的中点， ， 又 ，， ． （2）由题意可知，，，，， 根据勾股定理，得： 在中，； 在中，； 在中，； 在中，， 是直角三角形． 4．将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系xOy内，点A（6，0），点C（0，4），点O（0，0）．点P是线段BC上的动点，将△OCP沿OP翻折得到△OC′P． （Ⅰ）如图①，当点C′落在线段AP上时，求点P的坐标； （Ⅱ）如图②，当点P为线段BC中点时，求线段BC′的长度． 【答案】（Ⅰ）P（6﹣2，4）；（Ⅱ）BC′＝ 【分析】（Ⅰ）如图①，证明AO＝AP＝6，利用勾股定理求出PB即求出点P的坐标． （Ⅱ）如图②，连接CC′交OP于D．解直角三角形求出PD，利用三角形的中位线定理即可解决问题． 【详解】（Ⅰ）∵A（5，0），点C（0，3）， ∴OA＝6，OC＝4， 由翻折可知：∠OPC＝∠OPA， ∵BC∥OA， ∴∠OPC＝∠OPA， ∴∠POA＝∠OPA， ∴OA＝PA＝6， 在Rt△PAB中， ∵∠B＝90°，AB＝4，PA＝6， ∴PB＝＝2， ∴PC＝BC﹣PB＝6﹣2， ∴P（6﹣2，4）． （Ⅱ）如图②，连接CC′交OP于D． 在Rt△OPC中，∵OC＝4，PC＝3， ∴OP＝＝5， ∵OP垂直平分线段CC′， 又∵OP•CD＝OC•PC， ∴CD＝， PD＝， ∵PC＝PB，CD＝DC′， ∴BC′＝2PD＝． 【点睛】本题考查矩形的性质，翻折变换，解直角三角形的应用，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 【考点32 求特殊四边形的长度】 1．（24-25八年级下·辽宁抚顺·期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键． （1）由平行四边形性质得到且，即可得到，可得是平行四边形，根据矩形的判定即可得到结论； （2）由矩形的性质得到，，进而求得，，由勾股定理可求得和，由平行四边形性质得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵在平行四边形中， ∴且， ∵， ∴， 即． ∴且， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴是矩形； （2）解：由（1）知：四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴在中，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 2．（2025·江苏苏州·二模）如图，在中，以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，、相交于点O． (1)证明：； (2)请你利用无刻度直尺和圆规作，交于H（不写作法，保留作图痕迹），若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析， 【分析】本题考查了尺规作图、菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接，由作图可得，，平分，得到，利用平行四边形的性质和菱形的判定证明四边形是菱形，再利用菱形的性质即可证明； （2）利用尺规作，交于H，由（1）得四边形是菱形，利用勾股定理求出菱形的边长，利用面积公式求出菱形的面积，由可得是菱形的高，再利用等面积法即可求出线段的长． 【详解】（1）证明：如图，连接， 由作图可得，，平分， ， ， ， ， ， ， ， 又， 四边形是菱形， ． （2）解：如图所示，图形即为所求： 由（1）得，四边形是菱形， ，， ，，， ， ， 是菱形的高， ． 3．如图；在下列5×5的网格中，每个小正方形的顶点都称为格点，线段AB的两个端点均为格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． (1)过点M画线段AB的垂线 (2)以AB为边画菱形ABCD，且面积为3，则较长的对角线长度是_________． (3)在CD上找点Q，使CQ＝AP． 【答案】(1)见解析， (2)画菱形见解析，3 (3)见解析 【分析】（1）取格点N，作直线MN即可； （2）作一个对角线长分别为3，的菱形ABCD即可； （3）连接AC，BD交于点O，连接PO，延长PO交CD于点Q，点Q即为所求． 【详解】（1）解：如图，直线MN即为所求； ∵AE=BG=MF=1，BE=NG=NF=2，∠AEB=∠BGN=∠MFN =90°， ∴△AEB≌△BGN≌△MFN， ∴∠ABE=∠BNG=∠MNF， ∵∠GNM+∠MNF=90°， ∴∠GNM+∠BNG =90°，即∠BNM=∠ANM =90°， ∴MN⊥AB； （2）解：如图，四边形ABCD即为所求，AC==3， BD==， ∴S四边形ABCD=AC×BD=3， 较长的对角线长度是3， 故答案为：3； （3）解：如图，点Q即为所求． ∵四边形ABCD为菱形， ∴CD∥AB， ∠PAO=∠QCO， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AO=OC，∠POA=∠QOC， ∴△PAO≌△QCO， ∴CQ=AP． 【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． 4．如图，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图，在中，，高，，求的长度． 【答案】(1)； (2)证明过程见解析； (3)的长为； (4)的长度． 【分析】（1）根据三角形全等的判定和性质，得出角之间的数量关系，即可求解； （2）由三角形全等的性质，结合等量代换，即可证得结论； （3）由三角形全等的性质，得出线段之间得到数量关系，结合勾股定理即可求解； （4）通过翻折和三角形全等的性质，构造正方形，得出线段之间的数量关系，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵的延长线于，的延长线于， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， 如图，作于G， ∴， ∵平分，平分 ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）证明：如图，作于G， 由（1）可知，，， ∴，， ∴． （3）解：由（1）（2）知，四边形是矩形，， ∴四边形是正方形， 设， 又∵， ∴ ∴， 由（1）可知，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 解得，． （4）解：∵是的高， ∴， 即， 如图，把沿翻折，得到， ∴，，，， ∴， 把沿翻折，得到， ∴，，，， ∴， 又∵， ∴， 延长，交于点，则四边形是正方形， 设，则， ∵，， ∴，， ∴，，， 在中，， ∴， 解得，． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合，角平分线的定义和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握常见几何图形的判定和性质，并且能正确作出辅助线． 【考点33 求特殊四边形的角度】 1．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠OAE＝15°， ①求证：DA＝DO＝DE； ②直接写出∠DOE的度数． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②75° 【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论； （2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得，即可得出结论； ②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC ∴四边形ABCD是平行四边形      ∴BD＝2OB     ∵AC＝2OB ∴AC＝BD ∴四边形ABCD是矩形 （2）①证明： ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO       ∵AE平分∠BAD ∴∠DAE＝45°      ∴∠DEA＝45 ∴DA＝DE      又∵∠OAE＝15° ∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°      ∴DA＝DO＝AO ∴DA＝DO＝DE      ②解： ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键． 2．（24-25八年级下·山东威海·期中）点P在四边形的对角线上，连接，，点E在边的延长线上，且． (1)如图Ⅰ，若四边形是正方形，求证：； (2)如图Ⅱ，若四边形是菱形，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形内角和相关知识。解题关键是利用图形性质证明三角形全等，通过角的等量代换得出所求角与已知角的关系。 （1）利用正方形性质证，得 ，由得 ，通过角的等量代换推出 ，再依据正方形内角为得出，从而证明 。 （2）借助菱形性质证明，得到 ，由推出 ，经角的等量代换得到 ，根据菱形对角相等及邻角互补求出度数，进而得出的度数。 【详解】（1）解：如图Ⅰ， ∵四边形是正方形 ∴，， 又∵ ． ∴． ∵， ∴ ∴． ∵， ∴． ∵四边形是正方形， ∴． ∴． ∴． ∴． （2）如图Ⅱ， ∵四边形是菱形， ∴，， 又∵ ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵四边形是菱形，， ∴． ∴． ∴． 3．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】(1)，，理由见解析 (2) 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 4．已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为的度数2倍的角． 【答案】(1)见解析 (2)度数为的度数2倍的角有：,，， 【分析】（1）直接由得出，得出，．再由证明，得出．由得出，从而，根据等角对等边得出，从而，由菱形的判定可知四边形是菱形； （2）如图2，利用正方形的性质可得，求得，再求得，然后利用三角形的外角性质求得，即可求解． 【详解】（1）证明：在和中， ， ∴； ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）知四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 由三角形的外角性质得：， ∴度数为的度数2倍的角有：,，，． 【点睛】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由得出． 【考点34 求特殊四边形的面积】 1．（2025·宁夏·模拟预测）在平行四边形中，连接，，将沿着对角线翻折，使点D落在处，连接，与交于E，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若平行四边形的周长为32，，求四边形的面积． 【答案】(1)矩形，理由见解析 (2)48 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，解直角三角形的性质，折叠性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由折叠的性质得，；根据平行四边形的性质得，再证明四边形是平行四边形，运用有一个角是直角的平行四边形是矩形进行解答即可． （2）根据平行四边形的性质得，，则，再运用勾股定理得，得出，，即可算出四边形的面积． 【详解】（1）解：四边形是矩形．理由如下： 根据折叠性质，得，； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵平行四边形的周长为32， ∴，， ∵， ∴ 设，， 则， ∴， ∴， ∴，， 由（1）得出四边形是矩形． 四边形的面积为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，解直角三角形的性质，折叠性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 2．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在矩形中，过对角线的中点的直线与的延长线相交于点，与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则当时，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握特殊的四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质证明，则，而，即可证明四边形是平行四边形； （2）先证明四边形是菱形，再由勾股定理求解，继而求出，再由菱形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴四边形的面积，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 3．如图，矩形的对角线交于点O， (1)求证：四边形是菱形 (2)若，，试说明四边形的形状并求其面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为正方形，面积为9 【分析】此题主要考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、正方形的性质与判定，关键是掌握特殊四边形的性质和判定方法． （1）根据对边平行得四边形是平行四边形，由原矩形对角线相等且互相平分得，所以四边形是菱形； （2）根据菱形对角线平分每一组对角可知．从而可得，即可得出四边形为正方形，进而求出面积． 【详解】（1），， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ，，， ， 是菱形； （2）四边形为正方形． ∵是菱形， ∴， 又∵ ∴， ∴菱形为正方形， 在矩形中，，， ∴， ∴正方形面积． 4．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形； （2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解． 【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形； （2）解：如图： ∵， ∴， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， 解得： ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 【考点35 与特殊四边形有关的证明】 1．（24-25八年级下·吉林四平·期末）如图，在平行四边形中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：四边形是矩形； (3)在（2）条件下，连接．若，，请直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）证，得，再证四边形是平行四边形； （2）根据平行四边形的 性质得出，，得出，然后证，即可得出结论； （3）过点O作于点F，由矩形的性质得，，再由等腰三角形的性质得，则为的中位线，得，然后由平行四边形的性质得，进而由勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵O为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， （2）证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∵四边形是平行四边形 ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （3）解：如图，过点O作于点F， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 2．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】（1）根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得，由全等三角形的性质即可得到结论；由（1）知，四边形是正方形，得出．由，，求出，勾股定理得出，得出．再证明，即可得出． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ． ， 四边形是矩形． 平分， ， 四边形是正方形． （2）解：平分， ． 在和中， ， ， ． ∵四边形是正方形， ． ∵， ， ，， ． ， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，勾股定理，掌握全等三角形和勾股定理是解决问题的关键． 3．已知：四边形中，，，，，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)在上，截取，连接，，，，那么四边形是什么特殊四边形？说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)四边形是菱形，理由见解析． 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，熟知菱形的性质与判定定理，平行四边形的性质与判定定理是解题的关键． （）先证明四边形是平行四边形，又 ，分别是，的中点，故有，，证明四边形是平行四边形 ，然后通过直角三角形性质得，从而求证； （）连接交于点，由菱形性质可得，，，，然后证明四边形是平行四边形，最后通过菱形的判定方法即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，即， ∵，分别是，的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，为的中点， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：四边形是菱形，理由如下， 如图，连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 4．在正方形中，为对角线，点E在上，过点E作，交于点F，连接． (1)如图①，求证：； (2)如图②，作，交于点G，求证：； (3)在（2）的条件下，如图③，延长交于点K，延长交于点M，连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）结合正方形的性质，证明，又因为，故，整理得，因为，所以，结合，得是等腰直角三角形，即可作答． （2）结合正方形的性质，证明四边形是矩形，结合角的关系，整理得，证明，所以，，，因为，则，即可作答． （3）延长交于H，连接，过点M作于P，证明，得，，证明四边形是矩形，所以，同理得四边形是矩形，则，证明是等腰直角三角形，，结合线段的和差关系得，得，再代入数值得，解得，则． 【详解】（1）证明：如图①，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）证明：如图②，延长交于H， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 由（1）得，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图③，延长交于H，连接，过点M作于P， ∵四边形是正方形 ∴， 同（2）可证明四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 由（2）得， ∵， ∴ ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 同理得四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴，． ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【考点36 利用平行线分线段成比例求线段长度】 1．（25-26九年级上·辽宁·阶段练习）在中，点在边上，点在边上，与交于点．    (1)如图1，点是中点，点是中点，交于点，求证：； (2)如图2，若，，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，中点的性质等知识点； （1）利用平行线截线段成比例定理和中点的性质得出，即可得解； （2）过点D作，利用平行线分线段成比例定理和已知得出，，代入计算即可得解； 【详解】（1）证明：∵，点D是中点， ∴， ∴， ∵点F是中点，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）过点D作交于点H，    ∵，， ∴ ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 2．（25-26九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，点D是边上的一点，连接，过上点E作，交于点F，过点F作交于点G，已知，，．求的长． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理先得到，进而得到，则，即可求出的长． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴． 3．如图所示，是的中线． (1)若E为的中点，射线交于F，求； (2)若E为上的一点，且，射线交于F，求． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握此知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）过点作，交于点．由得出，结合是的中线得出，由得出，结合为的中点得出，即可得解； （2）过点作，交于点．由得出结合得出，由（1）知，从而得出，进而得出，即可得解． 【详解】（1）解：如图，过点作，交于点． ， ， 又是的中线， ， ． ， ， 又为的中点， ， ， ； （2）解：如图，过点作，交于点． ， ， ， ， 即， 由（1）知， ， ， ． 4．（24-25九年级上·河北唐山·阶段练习）如图，点D是边上一点，连接，过上点E作，交于点F，交于点H，过点F作交于点G，已知，． (1)填空：= （填数值）． (2)求的长； (3)若，在上述条件和结论下，求的长． 【答案】(1) (2)； (3)． 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质． （1）由，推出； （2）由，推出，可得结论； （3）由，得到，推出，可得结论． 【详解】（1）解：∵， ∴； 故答案为：； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【考点37 证明相似三角形】 1．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在矩形中，于点，连接，过点作交于点．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定、矩形的性质等知识点，掌握相似三角形的判定方法成为解题的关键． 由矩形的性质得，则、，再根据垂直的性质可得，进而得到；再根据角的和差可得，最后根据两组对应角相等的三角形相似即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵于点，交于点， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴． 2．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图、已知，，，，，． (1)求的长． (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查勾股定理，相似三角形的判定． （1）在中，根据勾股定理求出，再用即可求出的长； （2）先求出的长，得到，再根据，即可证明． 【详解】（1）解：在中，， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴． 3．（24-25九年级下·全国·期末）如图，四边形是正方形，点为边上一点，连接并延长，交的延长线于点，连接交于点，连接． 求证： (1)； (2)． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）由四边形是正方形，得，，证明即可； （）由，得，，根据，，再根据相似三角形的判定方法即可得证； 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，掌握正方形的性质，证明三角形全等和相似是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴，， ∵四边形是正方形，点在的延长线上， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 4．如图，四边形中，平分，，E为的中点． (1)求证：； (2)连接交于点F，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了三角形相似的判定与性质，角平分线的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）先证明，再结合，即可证明，再利用相似三角形对应边成比例，即可得证； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，推出，由（1），推出，结合，得证． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）证明：∵E为的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴． 【考点38 利用相似三角形的判定和性质求值】 1．（25-26九年级上·山东·阶段练习）如图在中，，高，它的内接矩形（点在边上，点、在边上，点在边上），与边之比为，求的长． 【答案】 【分析】设矩形的长，则宽，易证四边形是矩形，则，根据矩形的性质得出，推出，根据相似三角形的性质计算即可得解． 【详解】解：设矩形的长，则宽， 四边形是矩形， ，， ， 是的高， ， 四边形是矩形， ， ， （相似三角形对应边上的高的比等于相似比）， ，， ， ， 解得：， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质的运用，注意：矩形的对边相等且平行，相似三角形的对应高的比等于相似比． 2．（25-26九年级上·上海·阶段练习）已知：如图，在梯形中，，，，对角线、相交于点O，过点O作，分别交边、于点E、F． (1)求线段的长； (2)如果的面积等于4，求梯形的面积． 【答案】(1)线段的长为4 (2)梯形的面积为 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质和梯形面积的计算．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）因为，所以，由相似三角形对应边成比例得出，进而得到，又因为，所以，根据相似三角形对应边成比例求出，同理求出，最后得出． （2）由，且相似比为，根据三角形面积比等于相似比的平方，结合的面积求出的面积，再根据与、高相同，底的比例关系，求出与的面积，最后将四个三角形的面积相加即可． 【详解】（1）解： ， ， ， ， 又 ， ， ， ， 同理，， ， ． （2）解：由（1）知，且相似比为， ， ， 与的高相同，底的比为， ， 同理，， 梯形的面积． 3．（25-26九年级上·内蒙古·阶段练习）如图，在平行四边形中，点是延长线上一点，与交于点E，与交于点F，如果，，求： (1)的长度； (2)三角形与三角形的面积之比． 【答案】(1) (2) 【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： （1）由平行四边形对边平行且相等，可得，，，，由平行线的性质得，，证明，根据对应边长成比例即可求解； （2）证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，， ，，，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ； （2）解： ， ，， ， ， ． 即三角形与三角形的面积之比为． 4．（25-26九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，点在正方形的对角线上，于点，连接并延长，交边于点，交边的延长线于点，若，， (1)求的值； (2)求的值为______． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的性质和全等三角形性质和判定，勾股定理； （1）先证明，根据相似三角形的判定和性质求出，再证明从而得出， （2）求出长度后再通过勾股定理求出长度． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ 又∵； ∴ 解得： ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：． （2）解：∵，， ∴ 在和中 ∴ ∴ ∴ ∴． 【考点39 利用相似三角形的判定和性质证明】 1．（25-26九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图1，点D、E分别为的边上的两点，，将绕点A逆时针旋转某个角度得，分别连接、（如图2）． 求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例，旋转的性质，相似三角形的判定和性质．由平行线分线段成比例求得，利用旋转的性质求得，推出，据此计算即可得到结论． 【详解】证明：∵， ∴， ∴， 又∵绕点逆时针旋转某个角度得， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．（25-26九年级上·四川遂宁·阶段练习）如图，E是平行四边形的边的延长线上的一点，连接，交于点O，交于点F，求证：． 【答案】见详解 【分析】本题主要考查平行四边形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，，则有，，然后根据相似三角形的性质可进行求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 3．（25-26九年级上·山东菏泽·阶段练习）如图，，，是三个相连的正方形，连接，，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质及勾股定理的简单应用．分别计算相关三角形的对应边的比例关系，根据相似三角形的判定定理证明，利用相似三角形的性质即可证明． 【详解】证明：设正方形的边长为， 则，，， ， 又， ， ． 4．（25-26九年级上·上海虹口·阶段练习）已知：如图，在中，点、分别在边、上，，点在边上，，与相交于点． (1)求证：； (2)当点E为中点时，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质． （1）根据条件证明，得到，再证明，得到，等量代换即可求解； （2）过点作，交的延长线于点，证明，利用对应边成比例，再根据中位线的性质定理，等量代换即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ， ∴， ， ∵，， ∴， ∵， ∴， ， ， ∴； （2）证明：如图所示，过点作，交的延长线于点， ， ， ∵点为中点， ∴， ∴． 【压轴篇】 【考点40 特殊四边形中的最值问题】 1．如图，先将绕点C顺时针旋转得到，再将线段绕点D顺时针旋转得到，连接，且． (1)若，B、E、D三点在同一条直线上，求的长； (2)若，，点P在边上，求线段的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，可证，通过证明四边形是矩形，可得，由等腰直角三角形的性质可求解； （2）由垂线段最短可得当时，的长度有最小值，先证点P，点E，点D三点共线，由勾股定理可求的长，由正方形的性质可得，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵将绕点C顺时针旋转得到， ∴， ∴，， ∵B、E、D三点共线， ∴， ∴， ∵将线段绕点D顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵点P在边上， ∴当时，的长度有最小值， 由旋转的性质可得：， ∴， ∵， ∴， ∴点P，点E，点D三点共线， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ， ， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形、正方形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，旋转的性质，矩形、正方形的判定与性质的应用是解题的关键． 2．（24-25八年级上·全国·期末）如图所示，四边形中，于点O，且，点P为线段上的一个动点． (1)填空：　　　． (2)过点P分别作于M点，作于H点． ①试说明为定值． ②连接，试探索：在点P运动过程中，是否存在点P，使的值最小？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)13 (2)①，说明见解析；②的最小值为，理由见解析 【分析】本题主要考查了菱形综合．熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形面积公式，垂线段性质，是解决问题的关键． （1）判定四边形为棱形，为直角三角形．由勾股定理得； （2）①连接，根据，得．得；②根据为定值，可知当最短时，最小．由垂线段最短可知，当点P与点O重合时, 最短，最小值为：． 【详解】（1）∵于点O，， ∴四边形为棱形，为直角三角形． ∴． 故答案为：13． （2）①如图所示：连接． ∵， ∴． 即． ∴． ∴． ②∵为定值， ∴当最短时，有最小值． ∵由垂线段最短可知， 当时，最短． ∴当点P与点O重合时, 有最小值． 最小值为：． 3．如图，正方形的边长为4，点P为对角线上一动点，点E在射线上． (1)填空： 度． (2)若，连接、，则的最小值为 ，的最大值是 （用含t的代数式表示）； (3)若点E 是直线与射线的交点，当为等腰三角形时，求的度数． 【答案】(1)45； (2)；； (3)或． 【分析】（1）根据正方形的对角线平分一组对角，且四个角为直角，确定出所求角度数即可； （2）连接，当与在一条线上时，最小，利用勾股定理求出最小值；当P与B重合时，最大，表示出最大值即可； （3）分两种情况考虑：①当E在延长线上时，如图2所示，为等腰三角形，则；②当E在上，如图3所示，是等腰三角形，则，分别求出的度数即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴； 故答案为45； （2）解：如图1所示：连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴当与在一条线上时，最小， ∵，， ∴的最小值为； 当P与B重合时，的最大值，最大值是； 故答案为：；； （3）解：分两种情况考虑： ①当点E在的延长线上时， 如图2所示，是等腰三角形，则， ∴， ∴， ∵在正方形中，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②当点E在上时， 如图3所示，是等腰三角形，则， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述：当为等腰三角形时，的度数为或． 【点睛】本题正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 4．（24-25八年级下·河北廊坊·期末）如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为．过点作交于，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点在边上移动时，折痕的端点、也随之移动． 当点与点重合时（如图），求菱形的边长； 若限定、分别在边、上移动，直接写出菱形的面积的最大值和最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)菱形的边长为；菱形面积的最大值是，最小值是． 【分析】（）由折叠的性质得出，，，由平行线的性质得出，证出，得出，因此，即可得出结论； （）根据矩形的性质和勾股定理求得的长，再在中求得，即菱形的边长； 当点与点重合时，点离点最近，由知，此时；当点与点重合时，点离点最远，此时四边形为正方形，，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为， ∴点与点关于对称， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点与点关于对称， ∴， 在中，， ∴； 在中，，， ∴， ∴， 解得：， ∴菱形的边长为； 如图，当点与点重合时，点离点最近，菱形的面积最小， 由知，此时，， ∴菱形的面积的最小值为， 当点与点重合时，点离点最远，菱形的面积最大，此时四边形为正方形， 由折叠性质可知：， ∴菱形的面积的最小值为， ∴菱形面积的最大值是，最小值是． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，正方形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 【考点41 动点构成特殊四边形】 1．（25-26九年级上·广东茂名·开学考试）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、，设点、运动的时间为． (1)求当为何值时，四边形是矩形； (2)求当为何值时，四边形是菱形； (3)在运动过程中，沿着把翻折，求当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 【答案】(1) (2) (3)1或3 【分析】（1）由题意得，，，根据矩形的性质可得，，，当时，四边形是矩形，据此列出关于的方程，即可求解； （2）先证明四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，利用勾股定理表示出，利用列出关于的方程，即可求解； （3）由折叠的性质可得，，，，由可得，进而得到，在中利用勾股定理列出方程，求出的值即可解答． 【详解】（1）解：由题意得，，， 在矩形中，，，， 当时，四边形是矩形，则，解得， ∴当时，四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， 根据勾股定理得：， 则， 解得， ∴当时，四边形是菱形； （3）解：如图2， 由折叠的性质可得，，，，， 在矩形中，， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 整理得：， 解得，， 即当等于1或3时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、菱形的判定、翻折的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握矩形与菱形的判定是解题的关键． 2．（2025·贵州遵义·三模）如图，在矩形中，是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为，其中． (1)若分别是的中点，则四边形一定是怎样的四边形？请说明理由． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． (3)在（1）的条件下，若两点运动的同时，点向点运动，点向点运动，且与点的速度相同，点运动到点时，四点都停止运动．当四边形是菱形时，求的值． 【答案】(1)四边形一定是平行四边形，理由见解析 (2) (3)当时，四边形为菱形 【分析】（1）由题意得，由矩形的性质得，，所以，由分别是的中点得，证明得，所以，进而得，即可得解； （2）如图，连接，证明四边形是矩形得，当四边形是矩形时，，所以，解出即可； （3）如图，连接与相交于点，由四边形为菱形，得垂直平分，，，进而得，由题意得，所以，证明出平行四边形为菱形，所以，设，则，由勾股定理，得，即，解得，所以，解出即可． 【详解】（1）解：四边形一定是平行四边形，理由： 由题意，得， 四边形是矩形， ，， ， 分别是的中点， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， 由（1）得，，， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形，， ， 当四边形是矩形时，， ， ， 解得：； （3）解：如图，连接与相交于点， 四边形为菱形， 垂直平分，，， ， 又是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为， ， ， ， 平行四边形为菱形， ， 设，则， 由勾股定理，得， 即， 解得， ， 解得：， 当时，四边形为菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 3．如图， 为正方形的对角线，．动点P、Q分别从点A、C同时出发，均以每秒2个单位长度的速度分别沿、向终点B、D运动．连接交于点O，过点O作交边于点E．设点P运动的时间为t秒． (1)当点P运动到边的中点时，四边形的面积为__________； (2)连接、，求证：四边形是平行四边形； (3)求四边形的面积； (4)当将四边形分成面积比为两部分时，直接写出t的值． 【答案】(1)4 (2)详见解析 (3)4 (4)或 【分析】（1）利用正方形性质证明，得到，结合当点P运动到边的中点时，则点Q运动到边的中点，利用三角形中位线性质得到四边形是正方形，即可求得四边形的面积； （2）连接、，由题中运动情况可知，，结合正方形性质，即可证明四边形是平行四边形； （3）作于点，作于点，证明四边形是正方形，再证明，即可得到四边形的面积，即可解题； （4）根据将四边形分成面积比为两部分，分以下两种情况讨论，①，②，根据以上两种情况得到，再结合三角形面积公式求解，即可解题． 【详解】（1）解：四边形是正方形，为对角线， ，，， 由题中运动情况可知，， ， ， ，是的中点， 当点P运动到边的中点时，则点Q运动到边的中点， ，， ， ， 四边形是正方形， 四边形的面积为， 故答案为：． （2）证明：连接、， 由（1）可知，，， 四边形是平行四边形； （3）解：作于点，作于点， ，与（1）中相等为， 四边形是正方形，为对角线， ，， 四边形是矩形， ， ， ； 四边形是正方形， ，， ， ， ， 四边形的面积， 四边形的面积为． （4）解： 将四边形分成面积比为两部分， ①， ， ， 解得； ②， ， ， 解得； 综上所述，或． 【点睛】本题考查正方形性质和判定，全等三角形性质和判定，矩形的判定定理，三角形中位线性质，平行四边形判定，解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题． 4．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图1，在平行四边形中，点O是边的中点，连接并延长，交的延长线于点E，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，动点P从点E出发，以每秒1个单位的速度沿向终点C运动，设点P运动的时间为秒．若点Q为直线上的一点，当P运动时间t为何值时，以B、C、P、Q构成的四边形可以是菱形？ 【答案】(1)见解析 (2)当运动时间t为3秒或秒时，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定定理、勾股定理、全等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）由平行四边形的性质可得，推出，证明，得出，即可得证； （2）由勾股定理可得，由平行四边形的性质可得，从而得出，表示出，再分两种情况：以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则；以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则；分别求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 点O是边的中点， ， 在和中， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：，，， ， 四边形和四边形都是平行四边形， ， ， ， ， 如图2，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线同侧，则， ， 解得； 如图3，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线异侧，则， ，且， ， 解得， 综上所述，当运动时间t为3秒或秒时，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，菱形的性质和判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【考点42 特殊四边形中的存在性问题】 1．如图，正方形的边都在坐标轴上，点B的坐标为，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，交线段于点G，的延长线交线段BC于点P，连接．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)当时，求点P的坐标； (4)在（3）的条件下，直线上是否存在点M，使以点A，G，M为顶点的三角形是等腰三角形?若存在请直接写出点M的坐标；若不存在请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3) (4)存在两个M点，点M的坐标为或 【分析】（1）根据正方形和旋转的性质得，则是直角三角形，是直角三角形，利用即可证明； （2）根据得，根据四边形是正方形得，则是直角三角形，根据将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形得，则，可得是直角三角形，利用可证明，则，根据得，即可得； （3）根据题意得，根据得，根据，，得，根据得，则，在中，，设，则，根据勾股定理得，计算得，则，，可得，在中，，，根据勾股定理进行计算即可得； （4）分情况讨论，①延长交y轴于点，根据，得，利用可证明，可得，则为等腰三角形，根据得，则点的坐标为，②延长与的延长线交于点，作于点F，根据得为等边三角形，则垂直平分，根据得，则点的坐标为，综上，即可得． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴是直角三角形， ∵将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形， ∴， ∴是直角三角形， 在和中， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴是直角三角形， ∵将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形， ∴， ∴， ∴是直角三角形， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ∴； （3）解：∵正方形的边都在坐标轴上，点B的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 设，则， 根据勾股定理得，， ， ， ∴，， ∴， 在中，，， ∴， ∴点P的坐标为； （4）存在两个M点， 解：如图所示，    ①延长交y轴于点， ∵，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∴点的坐标为， ②延长与的延长线交于点，作于点F， ∵， ∴为等边三角形， ∴垂直平分， ∵， ∴， ∴点的坐标为， 综上所述，点M的坐标为或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，余角，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点，添加辅助线，分类讨论． 2．如图，在矩形ABCD中，，．将矩形ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在对角线AC上的点E处，折痕交AB于点F． （1）求线段AC的长． （2）求线段EF的长． （3）点G在线段CF上，在边CD上存在点H，使以E、F、G、H为顶点的四边形是平行四边形，请画出，并直接写出线段DH的长． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析，. 【分析】（1）根据勾股定理计算AC的长； （2）设EF=x，在Rt△AEF中，由勾股定理列方程可解答； （3）先正确画图，根据折叠的性质和平行线的性质证明CH=GH可解答． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD矩形，. 在中，； （2）设EF的长为x． 由折叠，得，，， ，，， 在中，，即， 解得．． （3）如图，∵四边形EFGH是平行四边形， ∴EF∥GH，EF=GH=3， ∴∠EFC=∠CGH， ∵AB∥CD， ∴∠BFC=∠DCF， 由折叠得：∠BFC=∠EFC， ∴∠CGH=∠DCF， ∴CH=GH=3， ∴DH=CD-CH=8-3=5． 故答案为（1）；（2）；（3）见解析，. 【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、平行四边形的性质、平行线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键． 3．（24-25八年级下·内蒙古呼伦贝尔·期中）如图1，在矩形中，，，E是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点G，连接． (1)求线段的长． (2)求证：四边形是菱形． (3)如图2，M、N分别是线段上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点N，使是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)存在，或 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，菱形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟知矩形的性质，菱形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由矩形的性质可得，，由折叠的性质可得，，利用勾股定理可得，则；设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案； （2）由折叠的性质可得，，由矩形和平行线的性质可得，则可证明，得到，进而可证明四边形是平行四边形，则可证明平行四边形是菱形； （3）分和两种情况分别讨论即可求解． 【详解】（1）解：四边形是矩形，，， ，， 将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处， ，， 在中，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ； （2）证明：由折叠的性质可得，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （3）解：如图所示，当时，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 解得； 如图所示，当时， 同理可得，， 在中，由勾股定理得， 同理可得， 解得； 综上所述，在这样的点N，使是直角三角形，此时或． 4．（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，平面直角坐标系中，矩形的两条邻边分别在x轴、y轴上，对角线，点B的坐标为． (1)求对角线所在直线的解析式． (2)把矩形沿直线对折使点C落在点A处，直线与的交点分别为D，F，E，求点D和点E的坐标． (3)若点M在y轴上，则在平面直角坐标系中是否存在这样的点N，使得以A、D、N、M为顶点的四边形是菱形?若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)或或或 【分析】（1）利用矩形性质和勾股定理求出，进而得到，设对角线所在直线的解析式为，利用待定系数法求解，即可解题； （2）连接，由折叠性质可知，，设，则，利用勾股定理建立等式求出，即可得到点D的坐标，同理求出，即可得到点E的坐标； （3）根据菱形的性质和判定，分三种情况结合勾股定理讨论：①当为菱形的边时，②当为菱形的边，为菱形对角线时，③当为菱形的边， 为菱形对角线时，即可解题． 【详解】（1）解：四边形为矩形， ， 点B的坐标为，． ， 解得或（舍去）， 点B的坐标为， 则， ， 设对角线所在直线的解析式为， ， 解得， 对角线所在直线的解析式为； （2）解：连接， 由折叠性质可知，， 设，则， ， ， 解得， ，， 同理可得， 则， ； （3）解：存在， ①当为菱形的边时， 四边形为菱形， ， ，， ， 或； ②当为菱形的边，为菱形对角线时， 四边形为菱形， ， ； ③当为菱形的边， 为菱形对角线时， 四边形为菱形， ， 设， ， ， ， 解得， ， ； 综上所述，或或或． 【点睛】本题考查了一次函数，折叠的性质，坐标与图形性质，勾股定理，矩形的性质，菱形的判定及性质，利用了分类讨论的思想，熟练掌握相关性质是解本题的关键． 【考点43 换元法解一元二次方程】 1．（25-26九年级上·河南商丘·阶段练习）阅读下面的材料，回答问题： 解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：设，那么，于是原方程可变为①，解这个方程得． 当时，，； 当时，，； 原方程有四个根：，，． 请运用上面学到的方法填空： (1)解方程，则______； (2)若，求______． 【答案】(1)5或 (2)5 【分析】此题考查了换元法解一元二次方程，正确理解已知中的解题方法并仿照解题是解题的关键． （1）仿照例题，将看作整体，因式分解后得出，再求解即可． （2）仿照例题，将看作整体，因式分解后得出，再求解即可． 【详解】（1）解：， ∴， ∴或， ∴， 故答案为：5或； （2）解：， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴，， ∵不论a、b为何值，，即， ， 故答案为：5． 2．（24-25九年级上·江西吉安·期中）定义：我们把关于的一元二次方程与称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是． (1)写出一元二次方程的“友好方程”________； (2)已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程”的两根________，________．根据以上结论，猜想的两根，，与其“友好方程”的两根，之间存在的一种特殊关系为________； (3)已知关于的方程的两根是，，请利用（2）中的结论，求出关于的方程的两根． 【答案】(1)； (2)，，互为倒数； (3)， 【分析】本题主要考查了新定义问题，一元二次方程的一般形式，一元二次方程的解，用因式分解法和换元法解一元二次方程，掌握并灵活运用新定义是解题的关键． （1）根据“友好方程”的定义，即得答案； （2）先写出的友好方程，然后再解得其友好方程的答案，通过观察，可猜想出原方程与友好方程两根之间的关系； （3）由（2）可知，的两个根分别是，，将整理为：，那么有或，从而解得答案． 【详解】（1）解：一元二次方程与称为一对“友好方程”， 一元二次方程的“友好方程”为； 故答案为：； （2）解：根据题意可知，一元二次方程的友好方程为， 解，得到， 解得，， 观察可知，，； 所以猜想的两根，，与其“友好方程”的两根，之间存在的一种特殊关系是互为倒数． 故答案为：，，互为倒数； （3）解：已知关于的方程的两根是，， 那么的两个根分别是，， 将整理为：， 那么有或， 即，； 故答案为：，． 【考点44 一元二次方程根的判别式与根与系数关系的综合】 1．（25-26九年级上·四川成都·阶段练习）材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程的两根有如下的关系（韦达定理）：； 材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个不相等的实数根． 请根据上述材料解决下面问题： (1)已知实数m、n满足、，求的值． (2)已知实数p、q满足、，且，求的值． (3)已知实数a、b、c满足、，且，求c的最大值． 【答案】(1) (2)1 (3)7 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式等知识，正确理解一元二次方程根与系数关系，并能对相关式子进行变形是解题关键． （1）根据题意得到m，n是方程的两个不相等的实数根，得到，变形为整体代入即可求解； （2）变形为，结合得到p、可看作方程的两根，得到，变形为即可求解； （3）根据、得到a、b是方程的两个根，即可得到，根据，即可求出，得到c的最大值为7． 【详解】（1）解：∵实数m、n满足、，， ∴m，n是方程的两个不相等的实数根， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴p、可看作方程的两根， ∴， ∴； （3）解：∵、， ∴a、b是方程的两个根， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴c的最大值为7． 2．（25-26九年级上·福建漳州·阶段练习）我们知道一元二次方程的两根为，，若其中一个根是另一个根的倍（为正整数），则称这样的方程为倍“梅石花”方程，例如：方程的两个根分别是2和4，则这个方程就是二倍“梅石花”方程；若一元二次方程的两根为，，则称这样的方程为“状元来”方程． (1)根据上述定义，请判断：是_________倍“梅石花”方程； (2)若关于的方程是倍“梅石花”方程，直接写出的最小值是_________． (3)若方程为“状元来”方程，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】本题考查了解一元二次方程、一元二次方程的根与系数的关系、完全平方公式等知识，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题关键． （1）利用因式分解法解方程可得，由此即可得； （2）设这个方程的两个根为，则可得，，将代入化简即可得；化简可得，再根据可得，由此即可得； （3）根据一元二次方程的根与系数的关系可得，，则可得，代入化简即可得证． 【详解】（1）解：， ， 解得， ∵， ∴是4倍“梅石花”方程， 故答案为：4． （2）解：设这个方程的两个根为， ∴，， ∴， ∴，为正整数， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为1， 故答案为：1． （3）证明：∵可化成， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 3．（2025·湖南长沙·二模）我们知道：关于的一元二次方程（，，，均为整数），如果时，这个方程的实数根就可以表示为，其中就叫做一元二次方程根的判别式，我们用表示，即，通过观察公式，我们可以发现，如果的值是一个完全平方数（若（为整数），则是一个完全平方数）时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 例：方程，，的值是一个完全平方数，但是该方程的根为，，不都为整数；方程的两根，，都为整数，此时，的值是一个完全平方数． 我们定义：两根都为整数的一元二次方程（，，，均为整数）称为“幸运方程”，两整数根称为“幸运根”，代数式的值为该“幸运方程”的“幸运数”，用表示，即．若有另一个“幸运方程”（，，，均为整数）的“幸运数”为，若，则称与互为“开心数”． (1)关于的一元二次方程是一个“幸运方程”． ①当时，该幸运方程的“幸运数”是______； ②若该幸运方程的“幸运数”是，则的值为______． (2)若关于的一元二次方程（为整数，且）是“幸运方程”，求的值及该方程的“幸运数”； (3)若关于的一元二次方程与（、均为整数）都是“幸运方程”，且其“幸运数”互为“开心数”，求的值． 【答案】(1) ； 或； (2)，该方程的“幸运数”为 (3)或 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及“幸运方程”的定义，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系； （1）把代入方程得到方程，根据“幸运数”的定义即可求解； 根据“幸运数”的定义可得方程，解方程可求得的值； （2）通过的取值范围确定根的判别式的范围，继而根据“整数根”特点确定根的判别式的取值，最后结合为整数确定取值，按照“幸运数”定义求解即可； （3）根据是“幸运方程”得出的两个根为整数，设方程的两个分别为，根据根与系数的关系得出，进而根据为整数，得出的值为或，求得，根据与互为“开心数”得出方程，进而分或，分别代入，解一元二次方程，即可求解． 【详解】（1）解：当时，代入得，， ∴，即， 故答案为：； 依题意， ， 整理得，， 解得，， 故答案为：或； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是“幸运方程”， ∴是完全平方数， 即是完全平方数， ∴或或， 解得或或， ∵为整数， ∴， 当时，方程化为， ∴； ∴方程的“幸运数”为； （3）解：∵是“幸运方程” ∴的两个根为整数， 设方程的两个根分别为， ∴ ∴ ∴， ∴ ∵为整数， 当时，则，此时， 当时，则，此时， 当时，则，此时， 当时，则，此时， 综上所述，的值为或； 方程的“幸运数”为， 当时， 当时， ∴ 方程的“幸运数”为 ∵与互为“开心数”， ∴，即 当时，方程为： 解得：或（舍去，不是整数） 当时，方程为： 解得： 综上所述，或 【考点45 利用相似求坐标】 1．如图，在平面直角坐标系中，已知，点A的坐标为，点B的坐标为．若a，b的值是关于x的一元二次方程的两个根，且． (1)直接写出___________，___________ (2)若点P在y轴上，且，求点P的坐标． 【答案】(1)2，3 (2) 【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可得； （2）先求出的长，再根据相似三角形的性质即可得． 【详解】（1）解：， 因式分解，得， 解得或， 的值是关于的一元二次方程的两个根，且， ， 故答案为：2，3． （2）解：由（1）可知，， ， ， ，， ， 解得， 又，且点在轴上， ． 【点睛】本题考查了解一元二次方程、相似三角形的性质、点坐标，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键． 2．如图，在Rt△ABO中，∠ABO＝90°，其顶点O为坐标原点，点B在第二象限，点A在x轴负半轴上若BD⊥AO于点D，OB＝，AB＝2． （1）求OA的长； （2）求点A，B的坐标． 【答案】(1)5;(2) A（﹣5，0），B（﹣1，2）. 【分析】（1）根据勾股定理求出AO即可； （2）由AO，即可得出A的坐标；证△BDO∽△ABO，得出比例式，代入求出OD、BD，即可得出B的坐标． 【详解】解：（1）在Rt△ABO中，∠ABO＝90°，OB＝，AB＝2， 由勾股定理得：OA＝＝5， （2）∵OA＝5， ∴A的坐标是（﹣5，0）， ∵BD⊥OA， ∴∠BDO＝∠ABO＝90°， ∵∠BOD＝∠BOD， ∴△BDO∽△ABO， ∴， ∴ ， 解得：OD＝1，BD＝2， 即B的坐标是（﹣1，2）， 【点睛】本题考查了勾股定理，相似，线段长度与坐标，掌握勾股定理与相似的判定是解题的关键. 3．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与坐标轴交于C，D两点，直线与坐标轴交于A，B两点，线段，的长是方程的两个根． (1)求点A，C的坐标； (2)直线与直线交于点E，若点E是线段的中点，求直线的解析式； (3)在（2）的条件下，在坐标平面是否存在点M，使与相似，且以为直角边，若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，或或或或或或或 【分析】本题考查了解一元二次方程，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质． （1）利用分解因式法解一元二次方程即可得出，的值，再根据点所在的位置即可得出A、C的坐标； （2）根据点C的坐标利用待定系数法即可求出直线的解析式，根据点A、B的横坐标结合点E为线段的中点即可得出点E的横坐标，将其代入直线的解析式中即可求出点E的坐标，再利用待定系数法即可解决问题； （3）先求出，，再根据以为直角边，得到或，最后根据与相似得到比例式计算即可，注意分类讨论． 【详解】（1）解：， ∴，， ∵， ∴，， ∴，； （2）解：将代入中， 得：， 解得：， ∴直线的解析式为， ∵点E为线段的中点，，B的横坐标为0， ∴点E的横坐标为， ∵点E为直线上一点， ∴， 设直线的解析式为，把，代入得， 解得， ∴直线的解析式为； （3）解：∵直线的解析式为， ∴， ∴， ∵直线的解析式为， ∴， ∴， ∵以为直角边， ∴或， ①当时，点在轴上，设，则， ∵与相似，， ∴或， 当时，即，解得， 此时或； 当时，即，解得， 此时或； ②当时，，设，则， ∵与相似，， ∴或， 当时，即，解得， 此时或； 当时，即，解得， 此时或； 综上所述，存在点M，使与相似，且以为直角边，点M的坐标为或或或或或或或． 4．（25-26九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图：在平面直角坐标系中，四边形是菱形，若、的长是关于的一元二次方程的两个根，且． (1)直接写出： ， ； (2)若点为轴上的点，且与相似．求此时点的坐标． 【答案】(1)4，3 (2)点E的坐标为：或或或． 【分析】本题考查的是一元二次方程的解法、相似三角形的性质，掌握因式分解法解一元二次方程和相似三角形的对应边成比例是解决问题的关键． （1）用因式分解法解出一元二次方程，即可求出的长； （2）设点E的坐标为，分两种情况，根据相似三角形的性质列式计算，即可得到点E的坐标． 【详解】（1）解：方程， 分解因式得：， 可得：，， 解得：， ∵， ∴，； 故答案为：4，3； （2）解：∵，，∴，∵四边形是菱形，∴， 设点E的坐标为， 则， 当， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点E的坐标为：或； 当， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点E的坐标为：或； 综上，点E的坐标为：或或或． 【考点46 相似三角形-动点问题】 1．（25-26九年级上·江苏·阶段练习）如图，在平面直角坐标系内，已知点、点，动点P从点A开始在线段上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段上以每秒2个单位长度的速度向点A移动，设点P、Q移动的时间为t秒． (1)当t为何值时，； (2)当t为何值时，与相似． 【答案】(1)当的值为时，； (2)当的值为或时，与相似． 【分析】本题考查了勾股定理，列代数式，相似三角形的性质，运用分类讨论思想解答是解题的关键． （1）利用勾股定理求得的长度，，，再根据题意列出代数式求解即可； （2）利用相似三角形的性质，分和两种情况解答即可求解． 【详解】（1）解：∵点，点，， ∴，， ； 由题意，，则， 由题意则有：， 解得， 当时，； （2）解：∵是公共角， ∴①当时，， ∴， 即， 解得； ②当时，， ∴， 即， 解得； 综上，当的值为或时，与相似． 2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知如图，在矩形中，，点E从A点出发，以每秒的速度向D点前进，同时点F从D点以每秒的速度向C点前进，若移动的时间为t，且．则以点D、E、F为顶点的三角形能否与相似？若能，请求出所有可能的t的值；若不能，请说明理由． 【答案】能，或 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定，分和，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】解：能， ∵矩形， ∴，， 由题意，得， ∴， 当时，， ∴，解得； 当时，， ∴，解得； 综上：当或时，点D、E、F为顶点的三角形能与相似． 3．（24-25九年级上·广东河源·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，．动点从点开始沿边匀速运动，动点从点开始沿边匀速运动，它们的运动速度均为．点和点同时出发，设运动的时间为． (1)请用含的代数式表示、； (2)请你求出为何值时，以点为顶点的三角形与相似； (3)是否存在的值使得的面积是面积的，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，． (2)或 (3)不存在，理由见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程根的判别式等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． （1）过点作于点，先证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，，再证出垂直平分，从而可得，然后根据即可得； （2）分两种情况：①和②，利用相似三角形的性质求解即可得； （3）先求出，再过点作于点，证出，根据相似三角形的性质可得，然后利用三角形的面积公式建立方程，利用一元二次方程根的判别式即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ，，，， 四边形是矩形， ，， ， ， 垂直平分， ， 由题意得：， ，． （2）解：①当时， 则，即， 解得； ②当时， 则，即， 解得， 综上，的值为或． （3）解：的面积为， 的面积是面积的， ， 如图，过点作于点， ， ， ，即， 解得， ，即， 这个方程根的判别式为，没有实数根， 所以不存在的值使得的面积是面积的． 4．（24-25九年级上·河北承德·期末）如图，的两条直角边，，，点D沿从A向B运动，速度是/秒，同时，点E沿从B向C运动，速度为/秒．动点E到达点C时运动终止．连接．设运动的时间为t秒，解答下列问题： (1)______，______．（用含t的代数式表示） (2)求当动点运动时间t为多少秒时，与相似； (3)在运动过程中，当时，求t的值． 【答案】(1)， (2)或 (3) 【分析】本题考查了三角形相似的判定与性质：两组角对应相等的两三角形相似；相似三角形的对应边的比相等．也考查了勾股定理以及分类讨论思想的运用． （1）设运动的时间为t秒，根据题意可得出、含t的代数式； （2）分类：当，即时，；当，即时，，然后分别根据三角形相似的性质得到比例线段求出的值； （3）先计算出，若，则易证得，然后根据三角形相似的性质得到比例线段求出． 【详解】（1）解：∵的两条直角边，，， ∴， ∵点D沿从A向B运动，速度是/秒，同时，点E沿从B向C运动，速度为/秒， ∴， ， ∴，， 故答案为：， （2）解：当，即时，， ， ， ； 当，即时，， ， ， ； 所以当动点运动秒或秒时，与相似； （3）解： 如图，过点作于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∴， ． 【考点47 相似三角形-最值问题】 1．（24-25八年级下·山东淄博·期中）问题引入】“逆等线问题”是几何最值中的一个热点问题，数学老师有一天在讲到下面这个问题时：如图，矩形，点E是边上的动点，点F是射线上的动点，且，连接，求的最小值．    【问题解决】（1）延长至点G，使得，连接，当G，E，C三点共线时，最小． ①证明：；②求出的最小值． 【能力运用】（2）铁柱同学发现，若将题目中的改为，我们就可以求出的最小值，如图2，请求出的最小值，并说明理由． 【挑战自我】（3）铁柱同学又发现，当点E，F在对角线上时，我们依旧可以用类似的方法，求出的最小值，如图3，点E，F在对角线上，，请直接写出的最小值． 【答案】（1）①证明见解析；②；（2）；（3） 【分析】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，勾股定理等知识点，解题的关键是转化思想的运用． （1）①根据矩形的性质证明即可；②连接，由勾股定理求得，由于，则当点共线时，取得最小值为； （2）延长至点，使得，连接，证明，则，故，则当点共线时，取得最小值为，再由勾股定理求出即可； （3）延长至点，使得，连接，证明，则，由于，则当点三点共线时，取得最小值为，再由勾股定理求解即可． 【详解】（1）①证明：∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②解：连接，    ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点共线时，取得最小值为； （2）解：延长至点，使得，连接，    ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点共线时，取得最小值为， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为； （3）解：延长至点，使得，连接，    ∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，取得最小值为， ∵在矩形中，， ∴， ∴的最小值为． 2．（25-26七年级上·全国·课后作业）已知，点为上一定点，；点分别是线段，直线上的动点，求四边形周长的最小值，并求此时的长． 【答案】最小值为12， 【分析】本题考查利用轴对称求最短路径问题，勾股定理，相似三角形的判定与性质．正确作出图形是解题的关键． 作点D关于的对称点，点A关于的对称点，连接，分别交、于E、F，连接交于G，此时，四边形周长，四边形周长最小值，利用勾股定理求出的长即可；再证明，得，从而求得，即可求出的长． 【详解】解：作点D关于的对称点，点A关于的对称点，连接，分别交、于E、F，连接交于G，如图， 则，，，，， ∴，则最小值为 ， ∵， ∴四边形周长， ∴四边形周长最小值， ∴，， ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形周长最小值， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）（1）如图①，已知和为等腰直角三角形，，则与线段的数量关系为 ___________ ， 与线段的位置关系为 ___________ ． （2）如图②，，，试探究线段与线段的数量关系及位置关系，并加以证明． （3）如图③，，则的最大值为___________． 【答案】 【分析】（1）证明则，，再结合三角形内角和定理可得； （2）证明，则、，证明，则、， 由，可得，即； （3）如图，过点C作，在上取点E使，连接．由（2）知：，则、，由勾股定理得，，则，即最大值为，进而可求的最大值． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴，； 如图：设相交于F，、相交于G， ∵，， ∴，即． 故答案为：，． （2）解：，，证明如下： ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴，， ∴ ， ∴， ∴，即； （3）解：如图，过点C作，在上取点E使，连接， 由（2）知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴由勾股定理得，， ∵， ∴， ∴最大值为16， ∴的最大值为． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、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、三角形三边关系等知识等知识点．熟练运用相关知识是解题的关键． 4．（24-25八年级下·福建厦门·阶段练习）已知，如图，在平行四边形中，，，，M是边上一点，将沿直线对折，得到． (1)当平分时，求的长； (2)连接，延长与交于点E，当时，求的面积； (3)当射线交线段于点F时，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由折叠可知：，由平分，得到，进一步有．由四边形是矩形，得到，由得到的长； （2）由四边形是矩形，得到．由折叠可知：，得到，故．设，则．在中，由，得到．故，由，即可得到结论； （3）如图2，过点A作于点H，则，故，由，，故当点N、H重合（即）时，最大，此时M、F重合，B、N、M三点共线，（如图3），而，故可求出的最大值． 【详解】（1）解：由折叠可知：， ∴， ∵平分， ， ， ∵四边形是矩形， ， ， ； （2）解：∵四边形是矩形， ， ， 由折叠可知：， ， ， ， 设，则． 在中，， ∴， 解得：， ， ， ∴． （3）解：如图2，过点A作于点H， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ∴， ，， ∴当点N、H重合（即）时，最大，最小，最小，最大，此时M、F重合，B、N、M三点共线，（如图3）， 由折叠性质得：， ， ， 在和中， ， ， ∴， 的最大值为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了翻折变换，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等知识，合理构造辅助线证明三角形全等是解题的关键． 【考点48 相似三角形-综合与实践】 1．（2025·江苏扬州·二模）综合与探究：如图，四边形为正方形，M为线段上一动点，且，连接． (1)如图1，若，将正方形沿折叠，使得点A的对应点落在正方形内． ① ；（用含字母a的代数式表示） ②当M为中点时，如图2，连接并延长交于D，求证：． (2)如图3，作，交射线于点N，猜想并证明的数量关系． (3)当点M在射线上时，作交射线于点N，射线与射线相交于点E，若，请直接写出的值． 【答案】(1)①，见解析 (2)，证明见解析 (3)3 【分析】（1）①利用折叠性质直接求解即可； ②连接，先证明，得到， 再在中，利用勾股定理求解即可； （2）证明得到，由可得结论； （3）点M在线段上，作于点Q，可得，由，，得到，则，故3，则3；当点M在线段的延长线上，过E作交延长线于R，先证明，是等腰直角三角形，，，再证明得到，进而得到即可求解． 【详解】（1）解：①∵，， ∴， 由折叠性质得； 故答案为：； ②证明：如图2，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠性质得，，， ∴，又， ∴， ∴， 设， ∵M为中点，， ∴， 在中，，， 由勾股定理得， 解得，则， ∴； （2）解：． 证明： ∵， ∴， ∴，又，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，点M在线段上，作于点Q，则， ∵正方形 ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴3， ∴3； 当点M在线段的延长线上，过E作交延长线于R， 则，， ∴，是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴，又， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、折叠性质等知识，熟练运用全等三角形的性质和相似三角形的性质是解答的关键． 2．（2025·河南新乡·二模）综合与实践 如图1，和都是等腰直角三角形（），，连接，取 的中点 F，连接． (1)如图1，当点D，E分别在边上时，线段和的数量关系是 ，位置关系是 ． (2)将绕点A 旋转，在旋转过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2 中的情况给予证明；否则，请说明理由． (3)在（2）的条件下，当点 D 落在直线上时，若直线与直线相交于点 P，，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2)结论成立，见解析 (3)或 【分析】（1）根据直角三角形斜边的性质解答即可； （2）分别延长至点G，至点H，使，，可得垂直平分，垂直平分，从而得到，再证明，，，然后根据三角形中位线定理可得，，从而得到，，，即可解答； （3）根据题意可得，设，然后分两种情况讨论，结合勾股定理以及相似三角形的判定和性质解答即可． 【详解】（1）解∶∵，点 F是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， 即； 故答案为：， （2）解：如图，分别延长至点G，至点H，使，， ∵， ∴垂直平分，垂直平分， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点 F是的中点， ∴分别为的中位线， ∴，， ∴，，， ∴， 即； （3）解：由（2）得，， ∵和都是等腰直角三角形， ∴， 设， 如图，此时， 在中，，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，此时， 在中，，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或 ． 【点睛】本题主要查了直角三角形斜边的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握直角三角形斜边的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键． 3．（24-25九年级上·河南新乡·期末）综合与实践 如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，且于点P． (1)求证：． (2)如图2，取的中点G，连接，过点P作，交于点H，连接． ①求证：． ②若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，熟记全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质是解题的关键． （1）证明，即可得出结论； （2）①由，得，再证明即可推出结论；②先得出的长，再根据勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，． ， ， ， ， ， ． （2）解：①证明：，， ，即，． ，， ， ； ②，， ， ． 四边形是正方形， ， ． 是的中点， ． ， ， ， ． 在中，． 4．（2025·河南开封·一模）综合与实践在中，． 问题发现 （1）如图1，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，，线段与之间的数量关系是___________，与的位置关系是___________． 类比探究 （2）如图2，将绕点按顺时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与之间的数量关系、位置关系与（1）中的结论是否一致？请说明理由． 迁移应用 （3）如图3，将绕点旋转一定的角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】（1），（2）线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致，理由见解析（3） 【分析】（1）根据旋转性质得根据勾股定理列式解得故；运用三角形内角和性质，得出，即，即可作答． （2）根据旋转性质得，根据两边成比例，夹角相等得，即，，得，则，即进行作答即可． （3）如图，过点作于点，根据勾股定理得，再证明，得，因为所以，得．即可作答． 【详解】（1）∵将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，， ∴ ∴， ∴ ∴与之间的数量关系是， 延长交于一点， ∵，， ∴， 即， ∴与的位置关系是， 故答案为：，； （2）线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致， 理由如下： 如图，延长交于点， 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到， ， ， ， ， ，． （3）如图，过点作于点， ， ， ， 又 ， ， ， 由（2）可知． 【点睛】本题考查了旋转性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $