专题06 相似三角形压轴题（43题）（上海专用）2026年中考数学一模分类汇编

专题06 相似三角形压轴题（43题） 一、填空题 1．（2026·上海嘉定·一模）如图，中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接．如果直线垂直于，连接，那么此时的面积是 ．    【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，先根据勾股定理求出，延长交于D，则，证明，求出，在中，根据勾股定理求出，最后根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 延长交于D，则，    ∵， ∴， 又， ∴， ∴，即， 解得， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（25-26九年级上·上海杨浦·期末）如图，平行四边形中，，，过点D作，垂足为点E，将绕点E旋转得到，点A的对应点F落在边上，点D的对应点G落在边上，连接与交于点H，那么的值 ． 【答案】 【分析】分别延长，，交于N，M，根据旋转的性质和等边对等角得到，根据平行四边形的性质得到，，，进而根据得到，根据等角对等边得到，，根据等腰三角形三线合一得到，即，，证明，得到，证明，得到，求出，则，证明，根据计算即可． 【详解】解：如图所示，分别延长，，交于N，M． 由题知：， ∴， ∵平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， 即， ∵， ∴ 即，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ 即， 解得 ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 3．（2026·上海松江·一模）已知中，，点、分别在边、上，如果与相似，且是等腰三角形，那么的值是 ． 【答案】或 【分析】根据题意可得只存在和这两种情况，当时，可证明，一定是钝角，故，导角可得，再解直角三角形即可；当时，同理可得，利用勾股定理即可得到答案． 【详解】解：∵与相似，且， ∴只存在和这两种情况， 如图所示，当时，则， ∴， ∴， ∴此时只能是， ∴； ∵是锐角， ∴一定是钝角， ∵是等腰三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点P作于点H，则， ∴， ∴； 如图所示，当时，则， ∵是等腰三角形， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 4．（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”： ． 【答案】矩形，矩形 【分析】由折叠可得四边形为正方形，，设，则，由勾股定理可得，第三次折叠可得，从而，进而可得，故可得答案． 【详解】解：由第一次沿折叠可知四边形为正方形， 则， 再将纸片沿对折，则可知， 设，则， 连接，则， 再将纸片第三次沿折叠，落在长方形纸片的边上且点落在点处， ， ， ，， 即图中的“黄金矩形”为矩形，矩形． 故答案为：矩形，矩形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，黄金分割，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题关键． 5．（25-26九年级上·上海普陀·期末）我们把一个三角形一条边上的中线与另一条边上的高的交点称为这个三角形的中垂点．已知在中，，，为边上的高，点O在上，连接并延长交于点E，如果点O是的中垂点，那么的值为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，余弦的定义，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点是做题的关键．根据中垂点的定义，利用相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，分情况讨论即可． 【详解】解：，为边上的高， 点为的中点，． 点O是的中垂点， 或点为的中点． 如图， 当点为的中点，时， ，． 在中，， 设，则， ，． ，， ， ， 即， ， ， ； 当点为的中点，时， ，为边上的高， 点为的中点． 如图，连接， 即为的中位线， ，， ， ． 综上，的值为或． 故答案为：或． 6．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如图，在中，，将绕点旋转，的对应点为点，连接交边于点．如果，那么的长为 ． 【答案】或 【分析】分类讨论，构造，进而根据勾股定理得到的长度，即可求出结果． 本题考查了三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相似三角形的性质是解题关键． 【详解】解：由题可得： 过点作,过点作, ∵， ∴， ， , , , ∵， , , ,, , 由题可得： 过点作,过点作, ∵， ∴， ， , , , ∵， , , ,, , ． 故答案为：或． 7．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，．平分，为延长线上一点，且，那么的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，过点作交的延长线于点，延长交于点，根据题意设，则，证明，得到，根据勾股定理，得到，根据解直角三角形得到，证明，得到，即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：过点作交的延长线于点，延长交于点，如图： 在中，， 设，则， ∵，平分， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴ ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，中，，，，点D在边上，将沿着翻折得，其中点A与点对应，连接，如果，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查直角三角形的相关计算，折叠的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，根据题意证，得，设，则，求得，列方程求解即可． 【详解】解：如图所示： 由题意可知：，，，，； ∴， ∵，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴，所以； ∵，设， ∴，即 ∵，， ∵， ∴，即， ∴， ∴，解得， ∵点D在边上， ∴，即， ∴． 9．（2026·上海闵行·一模）如图，在中，点分别是的中点，连接交于点，交于点，那么 ． 【答案】 【分析】根据中位线的性质，可知,进而可知,根据线段关系可知相似比，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可知，，进而可转化出答案． 本题考查了相似三角形的性质，掌握基本概念是解题关键． 【详解】解：在中， ∵点分别是的中点， ∴是的中位线， 则,, ,, , , , ∵， , , , , 在中，和等高， , , 故答案为：． 10．（（2026·上海崇明·一模））如图，点是的重心，点是边的中点，交于点，交于点，则的比值为 ． 【答案】 【分析】连接，延长交于点P，连接，根据重心的性质推出，通过证明，，得出，则，，再证明，得出， 设，则，，，即可求解． 【详解】解：连接，延长交于点P，连接， ∵点G为重心，点D为边中点， ∴点B、G、D在同一直线上， ∵， ∴， ∵点D为边中点， ∴， ∴， ∴ ∴点P为边中点， ∴点C、P、G在同一直线上， ∵点D为边中点，点P为边中点， ∴为的中位线， ∴，即， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， ∵点D为边中点， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查三角形重心的性质，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握三角形的三条中线相交于一点，这一点是三角形的重心；三角形的中线将三角形面积平分． 11．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如图，矩形的面积为18，对角线、交于点．如果E、F、G、H分别是，，，的重心，那么四边形的面积是 ． 【答案】4 【分析】本题考查了重心的有关性质，根据矩形的性质求面积，根据矩形的性质与判定求线段长，相似三角形的判定与性质综合等知识点，解答题关键是掌握上述知识点． 先分别得出，，，，再求出四边形的面积． 【详解】解：如图，连接，，，，并分别延长，与，，，分别交于P、Q、R、S，连接、、、， ∵四边形是矩形，与是对角线， ∴，，， ∴， ∵E、F、G、H分别是，，，的重心， ∴是的中线，是的中线，是的中线，是的中线， ∴，，，， ∴Q、O、C三点共线，P、O、R三点共线， ∵E、H分别是，的重心， ∴，， ∴，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， 同理可得：四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∵四边形是矩形， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， 同理可得：，，， ∴ ， 故答案为：4． 12．（（2026·上海崇明·一模））定义：当一个三角形有两个内角的差为时，这个三角形叫做“差直角三角形”．如图，在中，，点是边上的一动点（且），若是“差直角三角形”，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查等腰三角形“三线合一”性质、相似三角形判定与性质、勾股定理，以及分类讨论思想的应用．先作等腰的高，用勾股定理求出，根据“差直角三角形”定义，分和两种情况讨论．第一种情况通过角的等量代换推导，用相似比求，再用勾股定理得；第二种情况构造平行线，得，结合列方程求，再用勾股定理得． 【详解】解：如图，过点作于，过点作，交于． ∵，， ∴为中点，， ∴． ∵， ∴为钝角． 分两种情况： ①，则， ∴=． ∵，， ∴， ∴，解得， ∴； ②，则， ∵ ∴. ∵， ∴， ∴，即， ∴，． ∵， ∴， ∴，解得， ∴， ∴． 综上，的长为或． 13．（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为 ． 【答案】或 【分析】过点作于点，先解求出，由旋转得，，①当时，过点作于点，可得，由，求出，则；②当时，设，可证明，再由，可得，，继而得到，最后由列式计算求解即可． 【详解】解：过点作于点， ∵， ∴，， ∵旋转， ∴， ①当时，过点作于点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时； ∵，， ∴，， ∵ ∴， 设，则 ∴， ∴ ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ 解得：或（舍） ③当时， ∵， ∴，此时不成立， 综上：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，旋转的性质，难度大，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定与性质求解． 14．（2026·上海虹口·一模）如图，在中，，，，是的中点．是线段延长线上一点，连接，如果四边形的一组对角相等且另一组对角不相等，那么的长是 ． 【答案】或 【分析】如图所示，过点C作于点F，解直角三角形求出，利用勾股定理求出，解直角三角形求出，进而求出，，，，的长度，然后根据题意分两种情况讨论：当时，连接，，在上取点G，使，证明出，得到，然后代入求解即可；当时，过点D作于点H，过点E作于点M，利用勾股定理求出，，证明出是等腰直角三角形，然后解直角三角形求解即可． 【详解】解：如图所示，过点C作于点F， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵四边形的一组对角相等且另一组对角不相等， 如图所示，当时，连接，，在上取点G，使， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，当时，过点D作于点H，过点E作交的延长线于点M， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的长是或． 故答案为：或． 【点睛】此题考查了解直角三角形，勾股定理，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确作出辅助线． 15．（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是 ． 【答案】 【分析】连接交于点M，设，根据平行线性质得，得，根据矩形性质，得，由折叠性质，得垂直平分,证明点G在上，得，得，可得，得，解得，得,又得，得，得，即得． 【详解】解：连接交于点M， 设， ∵点是的中点， ∴， ∵过点作交于点， ∴， ∴， ∵矩形中，， ∴， 由折叠知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 设的边上的高为h， 则， ∴， ∴， ∴点G在上， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形折叠．熟练掌握矩形性质，折叠性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，面积法求三角形的高，是解题的关键． 二、解答题 16．（2026·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点和，与轴交于点，顶点为，连接． (1)求抛物线的表达式； (2)点是抛物线上对称轴右侧的点． ①当点在轴上方时，连接，如果，求点的坐标； ②如果点在对称轴上，且使与相似，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)①；②或 【分析】（1）把A、B的坐标代入，求出b、c即可； （2）①先求出直线的表达式为，过P作轴，交于Q，设，则，，结合，得出方程，解方程即可； ②先求出，根据与相似，且，则分两种情况讨论：当时，或，设，则或，分别解方程求出x，即可求出P的坐标；当时，过P作于H，证明，进而判断出与相似，，则或，然后同理可求出点P的坐标即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点和，与轴交于点， ∴， 解得， ∴； （2）解：①令，解得，， ∴， 设直线的表达式为， 则，解得， ∴， 过P作轴，交于Q， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得（不符合题意舍去），， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵点在对称轴上，且与相似， ∴当时， 或， 设， 则或， 解方程，得，， ∴， ∴， 解，得，， ∴， ∴， 当时， 过P作于H， 则， 又， ∴， 又与相似， ∴与相似，， ∴或， 同理可求或， 综上：或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数表达式，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质等知识，利用分类讨论的思想和添加合适的辅助线是解答类似题的关键． 17．（2026·上海徐汇·一模）如图，在梯形中，，，对角线与相交于点．已知，，．    (1)求与的面积之比； (2)求的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先证明四边形是矩形，从而可得，，再利用勾股定理求得，从而可求得，再求得，然后证明，从而可求得与的面积之比； （2）先得出，再求得，，从而可求得，再求得即可． 【详解】（1）解：作于点E，则，    ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与的面积之比为； （2）解：作于点L，则，    ∴， ， 又由（1）得， ∴， ∴， ∴， ∴的正弦值为． 【点睛】本题考查了几何问题(一元一次方程的应用)，用勾股定理解三角形，根据矩形的性质与判定求线段长，利用相似三角形的性质求解，解直角三角形的相关计算等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用来求解． 18．（2026·上海嘉定·一模）如何用尺规把一条线段进行黄金分割呢？教材54页的阅读材料给出了一种方法，请阅读材料并 回答问题： 怎样用尺规把线段黄金分割呢？下面给出一种方法． 作法：如图 1．过点作，使． 2．连接，在线段上截取． 3．在线段上截取． 则． (1)请写出图中的值是___________； (2)我们把顶角为的等腰三角形称为黄金三角形，它的底边与腰的比是黄金分割数．请利用无刻度直尺和圆规，作出以线段为底边的黄金三角形（不必写出作法，保留作图痕迹并写出结论）． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了黄金分割比，勾股定理，尺规作图等知识，解题的关键是： （1）设，根据作图知，根据勾股定理求出，则，然后代入计算即可求解； （2）作线段的垂直平分线，交于点O，过F作，在上截取，连接，并延长，在延长线上截取，以E、F为圆心，为半径画弧，两弧相交于A，连接、即可． 【详解】（1）解：设， 由作图知，，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图，即为所求， 理由： 设， 由作图知：，，，， ∴， ∴， ∴， ∴是黄金三角形． 19．（2026·上海嘉定·一模）如图1，在和中，点在内，，，连接，和，与相交于点． (1)求证：； (2)已知，，如图2，当三点共线时， ①求的值： ②如果，求的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2)①2；② 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正弦的定义等知识，解题的关键是： （1）先证明，得出，，则，，然后根据相似三角形的判定即可得证； （2）①证明，得出，证明，得出，根据（1）中，，得出，得出，即可求解； ②过A作于H，在和中，根据勾股定理可得出，则可求出，在和中，根据勾股定理可得出，则可求出，， 在中，根据正切的定义求出，然后结合即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴，， ∴，即； （2）解：①∵， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又，， ∴； ②过A作于H， 在中，， 在中，， ∴， 解得， 在中，， 在中，， ∴，， 解得， ∴， ∵ ∴． 20．（25-26九年级上·上海杨浦·期末）已知：如图，在矩形中，点E在边的延长线上，过A作，垂足为点F，，与边交于点G，联结．    (1)求证：； (2)连接与交于点H，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据和矩形的性质，结合直角三角形的锐角互余，可证得，根据相似三角形对应边成比例，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得结论； （2）由题意易得四边形为正方形，利用正方形的性质，三角形外角的性质，等边对等角和，可求得，可知，然后根据，，得到，，利用等量代换即可证得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）证明：如图所示，    ∵， ∴矩形为正方形， ∴，，， 由（1）可知，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 21．（2026·上海长宁·一模）如图，已知点是的重心，连接并延长交边于点，连接，过点作交边于点． (1)如果设，试用表示． (2)当，，时，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查平面向量，三角形的重心，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （1）利用三角形法则求出，再根据，即可解决问题． （2）首先证明，推出，由勾股定理得出，求出，再证明，利用相似三角形的性质求出的面积． 【详解】（1）解：∵G是的重心， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴； ∵，， ∴， 由勾股定理得， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 22．（25-26九年级上·上海普陀·期末）【发现问题】顺次连接对角线相等的四边形的四条边的中点，就可以得到一个菱形．小普同学进一步思考：如果一个四边形的对角线不相等，那么能否在这个四边形中画出一个菱形，使其满足四个顶点分别落在四边形的四条边上，且两组对边分别与四边形的两条对角线平行？ 【提出问题】小普同学把这个想法改写成如下的一段数学语言：如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别在边、、、上，且，___________，如果四边形是菱形，那么怎样画出这个菱形呢？ 【分析问题】小普同学在与的交流中，给出了一种解决问题的思考路径： 【解决问题】 (1)根据图，将【提出问题】中缺失的条件补充完成（即“___________”）； (2)根据小普同学与的对话，设，，用含a、b的代数式表示k； (3)在图中，画出符合要求的菱形，写出确定点E的作图步骤，并保留确定点E的作图痕迹． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】本题考查平行线分线段成比例，平行四边形的判定； （1）根据是平行四边形，添加条件即可； （2）由题意得，，计算即可解答； （3）延长，利用圆规在延长线上截取，连接；作，即可解答． 【详解】（1）解：根据题意可知是平行四边形，则需添加； （2）解：∵，，， ∴， ∴，； ∵，，， ∴，； ∴ ∴， （3）解：如图所示即为所求： 延长，利用圆规在延长线上截取，连接； 作，交边于点E即可． 23．（2026·上海黄浦·一模）已知二次函数的图像经过点、． (1)试用字母的代数式表示； (2)如果二次函数图像上存在点，使得直线垂直平分线段，求此二次函数的解析式； (3)试问：二次函数图像的对称轴是否可能平分线段？如果能，请求出此时二次函数的解析式；如果不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)二次函数图像的对称轴不能平分线段，理由见解析 【分析】（1）把、代入求解即可； （2）利用勾股定理求出，利用等面积法求出，证明求出，得出，从而可求出，然后代入求解即可； （3）线段的中点坐标为，然后代入直线，判断所得方程是否有解即可． 【详解】（1）解：把、代入，得 ， 解得； （2）解：如图，设与相交于点D，作于点H， ∵、， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵直线垂直平分线段， ∴点D是线段的中点， ∴， ∵，， ∴， 把代入，得 ， 解得， ∴； （3）解：∵、， ∴线段的中点坐标为， ∵， ∴对称轴是直线． 若图像的对称轴能平分线段，则在直线上， ∴， ∴，此方程无解， ∴二次函数图像的对称轴不能平分线段． 【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，中点坐标公式，以及勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的图像与性质和相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 24．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，已知线段与交于点O，点E、F分别在和上，，射线与交于点G，，． (1)求的长； (2)连接，设，，那么___________，___________．（用向量、表示） 【答案】(1)4 (2)， 【分析】本题考查平行线分线段成比例，平面向量的加减运算； （1）由题意得，，，求得，，列比例方程求解即可； （2）由题意得，，，，根据求解即可． 【详解】（1）解：∵，，， ∴，，， ∴，； ∴，即， 解得， ∴． （2）解：如图所示： ∵，， ∴，； ∴； ∵， ∴， ∴，． 25．（2026·上海虹口·一模）如图1，在中，，且． (1)求证：； (2)连接交于点，过点作交于点． ①过点作分别交、于点、，如图2所示．已知，求和的长； ②如图3，如果为的中点，求的值． 【答案】(1)证明见详解 (2)①的长为和的长为 ② 【分析】（1）首先根据构造垂线结合“三线合一”得到中线，即可证明，进而可以得到； （2）①：首先利用，进行设参数求解直角三角形三边的长，再通过，得到，再证明即可求得；再根据等面积法求得，利用勾股定理求得，最后利用得到且相似比为1，即可得到进而求解的长为； ②：首先构造辅助线再将转化为，再利用将转化为，再利用比例的传递性和证明得到，即可解得，即可得到． 【详解】（1）解：如图，作于点O， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （2）解：①∵， 设，， ∴在中，，解得：（负值舍去）， ∴，， 由（1）得：，解得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即，解得：； ∵， 由（1）得：，易得：， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； ∴的长为，的长为； ②：如图，作于点M， ∵， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形、平行线定理、比例的性质，根据题意构造辅助线得到相似三角形是解题的关键． 26．（2026·上海黄浦·一模）如图，过菱形顶点A分别作边、的垂线，垂足为E、F，交对角线于点M、N． (1)求证：； (2)连接，如果，求的值； (3)如果与五边形的面积均为1，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质及余弦的定义． （1）根据已知条件及菱形的性质得出，，，证得，得出，，再证得，得出； （2）根据已知条件结合菱形的性质得出，，继而利用相似三角形的性质得出，，由得到，设，，列出关于a和b的表达式，从而得出的值； （3）连接交于点O，过点M作，根据题意设，利用相似三角形的性质得出相关图形的面积表达式，最终可列方程求得菱形的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：如图， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴． （3）解：如图，连接交于点O， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点作， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 27．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，已知矩形中，点E是边上一动点，在右侧作，使得，其中点C、F分别与点E、C对应．已知，． (1)当点E与点B重合时，求四边形的面积； (2)点E由点A向点B移动的过程中（点E不与点B重合），研究以下3个量的变化情况，完成填空并说明编号为②的量的变化情况的理由： ①的大小；②的长度；③的值． 其中，变大的量是___________；变小的量是___________．（请在横线处填入编号） (3)当四边形的一条对角线平分另一条对角线时，求的长． 【答案】(1) (2)变大的是③，变小的是①② (3)或 【分析】本题考查相似三角形的性质，勾股定理，三角函数，三角形面积公式，三线合一，三角形重心的性质，分类讨论，数形结合是解决问题的关键； （1）根据勾股定理得，由得，求出直角边，再按三角形面积公式计算即可； （2）作于H，根据移动过程中、、的变化情况判断即可； （3）分两种情况讨论，当平分时，，过点O作，，则，，得是等腰三角形，是的垂直平分线，，和关于对称，，得，，根据求解即可；当平分时，取中点P，连接交于Q，证，根据Q是中线的交点，求出，，设，则，，，，根据列方程求解即可． 【详解】（1）解：当点E与点B重合时，如图所示： ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 解得，， ∴四边形的面积为：． （2）解：作于H如图所示： ∵， ∵增大， ∴减小， ∵，点C、F分别与点E、C对应， ∴，， ∴减小； ∵， ∴．即，得， ∵增大， ∴减小； ∵， ∵减小， ∴增大； ∴增大， 综上：增大的是③，减小的是①②． （3）解：1、如图所示：当平分时，记与的交点为， ∵， ∴， ∴是的角平分线， ∵， ∴， 过点O作，，则， ∴， ∴是等腰三角形， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴和关于对称， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴； 2、如图所示：当平分时，， 取中点P，连接交于Q， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵Q是中线的交点， ∴，， 设，，， 解得，则，， ∵， ∴． 设，则，， ∴，， ∴，解得． ∵E在边上， ∴， ∴． ∴或． 28．（2026·上海虹口·一模）【模型探究】 如图，已知、分别是边、上的点，是的平分线上一点，满足．求证：． 【模型应用】 （1）已知、分别是边、上的点，是的平分线上一点，如果，，那么的度数为_____________； （2）如图，已知，是边上一点，请在边上选择一个合适的点，并在内部求作一个点，满足且． （要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】证明见解析；（1）；（2）见解析 【分析】本题主要考查了角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，尺规作图－作角平分线，作线段，灵活运用所学知识是解题的关键． 【模型探究】由平分，可得，又由，可得，从而，即可得结论； （1）由，可得，从而可证，则，再由，，可得，即可求解； （2）先作的平分线，则有，在截取，再在截取，则，从而，则，即，同时，则，则点、即为所求． 【详解】【模型探究】证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 解：（1）∵平分， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴故答案为：． （2）如图，点、即为所求． 29．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如图，在中，是锐角，，垂足为E，对角线垂直平分线交于点M，交的延长线于点N，交于点P．已知． (1)在中， ①写出与一定相似的三角形，并选一对说明理由； ②写出与不一定相似的三角形，如果它与相似，求出它们的相似比． (2)如果，求的正弦值． 【答案】(1)与不一定相似，相似比为或 (2) 【分析】（1）①根据平行四边形的性质和平行线定理得，利用等量代换得，，即可证明；②由题意得与不一定相似，当时，得，结合勾股定理得，求得，进而求得，由相似三角形的性质和等量代换得，求得，进而求得，再由，求得，即可求解；当时，由相似三角形的性质和等腰三角形的判定可得，进而得，再由等腰三角形的性质和勾股定理求得，由，得，进而求解即可； （2）连接，根据垂直平分线的性质得，由等边三角形的性质得，设，则，利用勾股定理求得，进而得，利用勾股定理列方程求得，进而求解即可． 【详解】（1）解：①，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ，理由如下： ∵，， ∴， ∵， ∴； ②与不一定相似，当时， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 当时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴与不一定相似，如果它与相似，相似比为或； （2）解：连接， ∵，， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， 在中，， 解得， 当时，，不合题意， 当时，， ． 【点睛】本题考查相似三角形的性质与判定、垂直平分线的性质、勾股定理、锐角三角函数、平行四边形的性质、解一元二次方程、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 30．（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 【答案】(1)； (2)； (3)或． 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，，根据勾股定理得到，证明、，得到、，根据可知，设，则，求出，进而求出，，根据矩形的面积公式计算即可； （2）根据折叠的性质得到，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，则，证明，得到，求出，则，连接，设的面积是，根据“三角形高相等，面积比等于底的比”得到的面积是，的面积是，根据四边形的面积是得到的面积是，列方程求出，则的面积是，作交延长线于G，根据三角形面积公式求出，根据正弦的定义得到，即； （3）根据折叠的性质得到，，，，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，根据等边对等角得到，即，则、，得到、，即，设，，则，可得，，，则，根据，得到，当点F在线段上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，根据完全平方公式得到，开平方即可；当点F在线段的延长线上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，开平方即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， 即， 设， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴四边形的面积； （2）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， 如图，连接， 设的面积是，则的面积是， ∴的面积是， ∵，， ∴的面积是， ∵四边形的面积是， ∴的面积是， 即， 解得：， ∴的面积是，的面积是， ∴的面积是， 作交延长线于G， 则， 解得：， ∵ ∴， ∵， ∴； （3）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，，，， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ 即， 设，，则， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 即， ∵，， ∴， 如图，当点F在线段上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴ ， ∴ ， 即； 如图，当点F在线段的延长线上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，求正弦值，全等三角形的判定和性质，完全平方公式变形求值，分母有理化，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键． 31．（25-26九年级上·上海杨浦·期末）综合与实践：折黄金矩形 【问题提出】 我们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形．黄金矩形以协调、匀称的美感，常见于艺术、建筑、自然界中，那么，如何用不同形状的纸片折出黄金矩形，并证明这个矩形是黄金矩形呢？ 【操作探究】 (1)小创小组将一张矩形纸片（如图1）按照图2至图5的方式操作，那么图5中哪些矩形是黄金矩形？请直接写出结论． (2)小智小组将一张正方形纸片（如图6）按照图7至图10的方式操作，得到矩形，你能证明矩形是黄金矩形吗？请写出证明过程． 【学以致用】 (3)将一张矩形纸片（如图11），先按下列操作画出示意图，再按要求解决问题． ①沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点E处，折痕交边于点G； ②沿过点E的直线折叠，使点D落在线段CE上的点H处，折痕交边于点F； ③沿过点E的直线折出矩形，折痕交线段于点M，连接． 如果，请说明点G是线段的黄金分割点． 【答案】(1)矩形、矩形 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）设，则，，根据勾股定理和折叠的性质得，进而得到和，然后计算，即可判断； （2）将折到上的对应点为点，连接，，设，则，，，求得，然后设，则，再根据折叠的性质表示出、，结合在和中，利用勾股定理建立方程，求得x，最后计算即可； （3）根据题中步骤画出示意图，然后延长、交于点T，设，，根据矩形的性质和折叠的性质可得，，，，然后根据平行线的性质和等角对等边推出，接着由，可知，代入求得m、n的关系，最后由，即可证得结论． 【详解】（1）解：设，则 由题知，， ∴， 由折叠可知，， ∴，， ∴，， ∴矩形是黄金矩形；矩形是黄金矩形； （2）证明：如图所示，将折到上的对应点为点，连接，， 设，则，， 由题知，， ∴， 设，则， ∵将折到上，对应点为点， ∴，，， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， ∴矩形是黄金矩形． （3）解：如图所示示意图即为所求， 设，， ∵四边形、为矩形， ∴，，， 如图，延长、交于点T， 由折叠可知，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点G是线段的黄金分割点． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，黄金分割点，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握折叠的性质，作出合适的辅助线是解题的关键． 32．（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，点在边上且，点是边上的动点，以为直角顶点；为腰在其右侧作等腰直角三角形，射线与边交于点． (1)当时，求的面积； (2)当点落在内部（不含边界）时，求的取值范围； (3)连接，如果是直角三角形，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据是等腰直角三角形，得出，根据，得出，结合，得，则，证出，则，结合，即可求出，即可解答； （2）由题知：不可能在上，可能在上； 当在上且与重合时，如图所示：过点作，过点作，过点作，则，得出，，勾股定理求出，则，结合，求出，证明，求出，证明，得出，，则，此时，当在上且与重合时，如图所示：由上得，，设，则，则，根据，求出，此时，根据落在内部（不含边界），即可求解； （3）当时，如图所示：由上得，则，，证明，则，证明，则，，得出，，则，当时，如图所示：由上得，设，则，证明，得出，列方程，求出，即可得，的长，由题知：，则四点共圆，得出，求出；当时，不符合； 【详解】（1）解：如图所示： ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为； （2）解：由题知：不可能在上， ∴可能在上； 当在上且与重合时， 如图所示：过点作，过点作，过点作， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 此时， 当在上且与重合时，如图所示：由上得， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 此时， ∵落在内部（不含边界），∴； （3）解：当时，如图所示： 由上得， ∴， ∴， 由题知：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 当时，如图所示： 由上得， 设，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由题知：， ∴四点共圆， ∵， ∴， ∴， 当时，不符合； 综上：或． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，解直角三角形，圆周角定理，四点共圆，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，利用分类讨论思想解答． 33．（2026·上海长宁·一模）如图1，在中，为边上一点，始终满足． (1)求证：． (2)在中，当时． ①如图2，已知，过点作交于点，若的面积为5，求长． ②如图3，为中点，如，设长为，记与的差为，求关于的函数关系式及函数定义域． 【答案】(1)见解析 (2)①；②（） 【分析】（1）过点作，根据三角形的面积公式结合同高三角形的面积比等于底边比，得到，根据，得到，得到平分即可； （2）①根据，设，进而得到，根据，求出，勾股定理求出，由（1）可知，得到，求出的长，再根据的面积为5，进行求解即可； ②作与点，证明，得到，进而得到，证明，求出，连接，斜边上的中线推出，证明，求出的长，勾股定理求出的长，再根据，求出函数关系式即可． 【详解】（1）解：过点作， 则：， 又∵， ∴， ∴平分， ∴； （2）解：①∵， ∴， 设，则， ∵，即， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； ∴； ②作于点， ∵，， ∴， 又∵， ∴（直角三角形全等的判定定理）， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵为中点，， ∴， ∴， ∴， 连接， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得或（舍去）， ∴， ∵， ∴，即：， ∴（）． 【点睛】本题考查角平分线的判定和性质，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，解直角三角形等知识点，合理添加辅助线，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 34．（25-26九年级上·上海青浦·期末）中，已知，平分． (1)如图1，如果，，求的长； (2)如图2，过点作的垂线，与边的延长线交于点． ①试猜想线段与边的数量关系，并证明； ②在线段上截取，连接，当时，探究是否存在实数，使得成立？如果存在，请求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)的长为 (2)①，证明见解析；②存在实数，且 【分析】（1）利用角平分线性质得等角，进而判定等腰三角形，结合相似三角形的判定与性质，通过相似比计算线段长度； （2）①取中点，连接，证明，即可； ②通过角度关系推导出特殊角度，结合等腰三角形性质与三角形相似，分析线段间的等量关系，进而确定的值． 【详解】（1）解：∵平分， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴，， ∴， ∴，（负值舍去）． ∴， ∴； （2）解：①如图，取中点，连接， ∵， ∴是直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴ 由（1）得， 设，则，，， 由（1）得，即 整理得，解得(负值舍去 由①得， ∴ ∴，， ∴， ∴， ∴存在实数，且使得成立． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形判定与性质等知识，涉及角度关系推导与线段长度计算，综合性较强． 35．（2026·上海金山·一模）在四边形中，点在边上，，点在边上． (1)如图1，若四边形为矩形，且，连接， 求证：； (2)如图2，若四边形为等腰梯形，．请连接并延长，交的延长线于点，连接，如果，求的长； (3)如图3，若四边形为平行四边形，点是中点，连接交于点，连接，过点作交于点，连接，求值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）矩形的性质，得到，，进而得到，易得，推出，进而得到，推出，即可得证； （2）取的中点，连接，斜边上的中线，得到，等边对等角，结合三角形的外角，推出，进而得到，证明，得到，设，求出，根据，得到，求出的值，再根据等腰梯形的两腰相等，即可得出结果； （3）延长，交于点，连接，证明，得到，，进而推出，根据同高三角形的面积比等于底边比，以及平行面积转化，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：取的中点，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得（负值舍去）， ∴， ∵四边形为等腰梯形，， ∴； （3）解：延长，交于点，连接， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰梯形的性质，平行四边形的性质，斜边上的中线，等边对等角，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键． 36．（（2026·上海崇明·一模））如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于和两点（点在点的左侧），与轴交于点，抛物线的顶点为． (1)求点和点的坐标； (2)若点与点关于抛物线的对称轴对称，连接，若平分，求抛物线的表达式； (3)若点是抛物线第四象限上一动点，连接、、、，线段与线段交于点，与轴交于点，当时，求的值． 【答案】(1)，； (2)； (3) 【分析】本题综合考查二次函数图象与几何性质，涉及一元二次方程解法、等腰三角形判定、三角形面积转化、相似三角形判定与性质等，融合代数运算与几何推理． （1）令，得，消去因式分解得，结合点在左侧，得、； （2）将抛物线化为顶点式得对称轴，令得，与关于对称，故，由轴得，又平分，故，即，用勾股定理列出方程求即可； （3）由，得，因两三角形共边，故，求得直线方程，联立抛物线方程解得，过、作轴垂线得，，由相似比得． 【详解】（1）解：令，则， ∵，两边除以得， 因式分解得， 解得或， ∵点在点左侧， ∴，； （2）解：如图，连接． ∵， ∴抛物线的对称轴为， 令，得，故， ∵点与关于对称， ∴， ∴，． ∵轴， ∴． ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴，解得(舍去正值)， 故抛物线的表达式为； （3）解：由（1）（2）知，，，如图，过点作轴，过点作轴，连接． 设直线的方程为， 将代入得：，解得． ∵， ∴，即， ∵与有公共边，面积相等， ∴点、到直线的距离相等，故， 设直线的方程为， 将代入得：，解得， 所以直线的方程为． 联立，得， 整理得，解得(对应点)或， 将代入得，故， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题核心是数形结合与转化思想，（1）侧重函数与方程转化，（2）巧用角与线段关系转化，（3）通过面积转化推导平行关系，最终利用相似求比值，需注意的符号细节． 37．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）在中，，点为边上一点，，．将沿翻折得到，点恰好落在边的垂直平分线上． (1)如图1，如果点在边上，求的值； (2)如图2，如果，求的长； (3)如果，求的度数． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由折叠的性质并结合题意可得，可得，进一步可得，从而可得，再结合三角形内角和定理计算得出，最后再由正切的定义计算即可得出结果； （2）连接，交于点，连接，证明，求出，由折叠的性质可得，，，， 由线段垂直平分线的性质可得，由勾股定理逆定理得出为直角三角形，则，求出，从而可得，证明为等腰直角三角形，结合勾股定理可得，，即可得出结果； （3）分三种情况：当点在边上时；当点在下方时，连接交于点，连接；当点在上方时；分别求解即可得出结果 【详解】（1）解：∵将沿翻折得到， ∴ ∵， \∴， ∴， ∵点恰好落在边的垂直平分线上，且点在边上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ （2）解：如图：连接，交于点，连接， ， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴（负值舍去，不符合题意）， 由折叠的性质可得：，，，， ∵点恰好落在边的垂直平分线上， ∴， ∵， ∴为直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（1）可得：点在边上时，，此时，与相矛盾，故不符合题意， 如图，当点在下方时，连接交于点，连接， ， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：（负值舍去，不符合题意）， 由折叠的性质可得：，，，， ∵点恰好落在边的垂直平分线上， ∴， ∴， ∴， 在上取点，使得， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 如图，当点在上方时， ， 同理可得：，，， ∴， 设， 由图形可得：， ∴， ∴， ∴，即，与矛盾，故不符合题意； 综上所述，的度数为． 【点睛】本题考查了折叠的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、三角形外角的定义及性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 38．（25-26九年级上·上海崇明·期末）已知在中，，点是边上的一点，将沿着过点的直线翻折，点落在边上，记作点，折痕所在的直线与射线交于点，过点作，交射线于点． (1)如图1，当点和点重合时，求的长； (2)如图2，当点在边上时，设，求关于的函数解析式并写出定义域； (3)延长，交的延长线于点，当是以为腰的等腰三角形时，求的长． 【答案】(1) (2)，定义域为 (3)或 【分析】（1）首先在中，由、和，根据三角函数定义得，再通过勾股定理算出．因沿翻折后与重合，利用翻折性质可得、、，进而推出且．设，则、，在中，由勾股定理列方程，求解得，即； （2）由翻折性质得、、，结合得，通过“同角的余角相等”推出；再由角的和差关系得，进而判定，得到．在中，由和得，又，而，故．结合在上的边界条件，当与重合时，当与重合时，确定定义域为； （3）设，先由，根据相似得、，再分两种情况讨论等腰：①当在延长线上时，因，故，通过角的等量代换得，即，作得，结合列方程解得，进而；②当在线段上时，因，故，通过角的转化得，即，由勾股定理得，结合列方程解得，进而． 【详解】（1）解：在中，，，， ∴， ∴. ∵沿着折叠得到， ∴，，， ∴，． 设，则，， 在中，由勾股定理得，解得，故； （2）解：由翻折性质知，，． ，， ，， ． ，， . ， ． 在中，，， ， 又，， ． 当点在上时，由（1），当与重合时，∴， 当点与点重合时，，∴， ∴定义域是． 综上，关于的函数解析式是，定义域是. （3）设，易得， ∴，即， ∴，． ①如图，点在的延长线上时， ∵， ∴只能，此时． 同（2）得到，， ∴，即． 又∵， ∴， ∴，是等腰三角形， ∴． 在中作于，则， ∴，即， ∴， 解方程，得． 当，； ②如图，点在线段上时， ∵， ∴只能，此时， ∵， ∴，即， ∴． ∵，， ∴， ∴，． ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，解得， ∴． 【点睛】本题以直角三角形翻折为背景，主要考查直角三角形的性质、翻折的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的分类讨论，以及函数解析式的构建与定义域求解，重点考查几何图形中边与角的等量转化能力和分类讨论思想的应用． 39．（2026·上海金山·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的顶点为，点． (1)若抛物线经过点和，求的值； (2)如果的面积小于3，求的取值范围； (3)点关于原点的对称点，连接，且，直线与抛物线交于点（点在点右侧），当与相似时，求抛物线的表达式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线的对称轴可得，再将点代入抛物线，即可求出的值； （2）根据抛物线的对称轴为直线，可得，再根据点与的位置关系，分两种情况表示的面积求解即可； （3）由中心对称的性质可知，，，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，根据坐标两点的距离公式，求出的值，再根据抛物线的开口方向以及与线有两个交点，可知抛物线顶点在上方，则，从而确定，得出，，，，证明是等腰直角三角形，进而得出，再根据边角关系，推出当与相似时，只能，得到，从而得出，再代入抛物线解析式求出的值，即可得解． 【详解】（1）解：， 抛物线的对称轴为直线， 抛物线经过点， 抛物线的对称轴为直线， ， 抛物线为， 将点代入抛物线可得， 解得：； （2）解：点， ， 抛物线的对称轴为直线， ， 当点在上方时，， 的面积小于3， ， 解得：； 当点在下方时，， 的面积小于3， ， 解得：； 综上可知，的取值范围为； （3）解：如图，连接，，令与抛物线对称轴的交点为， ，点关于原点的对称点， ，， ，是的中点， ， ， ， 解得：或， ， 抛物线开口向下， 直线与抛物线交于点， ， ， ， ，，，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，即， ，， ， ， 当与相似时，只能， ， ， ， 在点右侧， ， 将代入抛物线，得， 解得：， 抛物线的表达式为． 【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，中心对称的性质，勾股定理，直角三角形的斜边中线，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，利用数形结合的思想是解题关键． 40．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）在平面直角坐标系xOy中（如图）．抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点为． (1)求点的坐标及的值； (2)将抛物线沿射线BC方向平移，得到新抛物线的顶点为． ①如果四边形是梯形，求点的坐标； ②如果，求平移后新抛物线的表达式． 【答案】(1)， (2)① ② 【分析】（1）用待定系数法求解析式即可求解； （2）①根据题意可知，，构造直线和直线，则交点即为所求；②构造，可得,结合直线的解析式可得交点，根据顶点式即可求解． 本题考查了二次函数的基本性质，二次函数的平移，一次函数的性质，掌握基本概念是解题关键． 【详解】（1）解：由题可知，顶点为， 则对称轴为：， 将点代入抛物线， 则得， 解得：， 则二次函数解析式为：， 当时，， 则点，， 当时，， 解得或 则点， 故答案为：，， （2）解：①由题可知 若四边形是梯形， 则, 过点作轴，过点作轴，过点作交射线于点， 则, ∵点，，，， 设直线的表达式为：， 将点，，代入得， 解得，， 则直线的表达式为：， 设直线的表达式为：， 将点，代入得， 解得， 则直线的表达式为：， 因为抛物线沿射线BC方向平移， 则 , 设直线的表达式为：， 将点，，代入得 解得，， 则直线的表达式为：， 设直线的表达式为：， 将点，代入得， 解得， 则直线的表达式为： 则直线和直线的交点即为抛物线平移后的顶点坐标， 联立方程得， 解得 则点的坐标为 故答案为：． ②由题可得： ， ， , , 过点作， ,, ， , , ,, ,, ,,, 为矩形， , 则点的横坐标为， 由①可得直线的表达式为： 当时，， 则点， 设平移后新抛物线的表达式为， 将点代入得， 则抛物线的表达式为：． 故答案为：． 41．（2026·上海金山·一模）某数学学习小组成员对“重差”开展了深入探究． 重差汉代天文学家测量太阳的高和远的方法．最早见于《周髀算经》．刘徽《九章算术注》序说：“凡望极高、测绝深而兼知其远者必用重差，勾股则必以重差为率，故曰重差也．”如图1，“日去地”减去表高与表高之比或“南戴日下”与南影之比，等于两表到“日下”距离之差与两表影长差之比．后者是两个差数，故有“重差”的称谓．下面作简要介绍． 如图1，为了测量海岛的高度，设为岛的顶点，过点的铅垂线与地面的交点为，则岛的高度即为．接下来要进行两次操作，第一次把一根木杆（算经中称之为“表”，下文称为“测量杆”）竖直立在地面上距离点较近的点处，从点处透过测量杆的上端望岛顶的连线（把它叫做测量线）延长后交地面于点．第二次，把测量杆竖直立在距离点较远的点处三点在一条直线上），同样地，从点处透过测量杆的上端望岛顶（即测量线）的连线延长后交地面于点．连接并延长交于点． 求证：①或②． 学习小组的成员经探究后都认为：要想证明①和②都成立，只需证明和①或②成立．大家分别提出了自己的分析或证明思路． 小海同学：针对问题及求证结论的数学结构特征自然想到应用三角形一边的平行线、合比性质、等比性质有关知识加以解决； 小明同学：锐角三角比是沟通边角关系的一座桥梁，记； 欢欢同学：利用相似三角形的性质； 乐乐同学：过点作的平行线．．．．．．； 请根据同学们提出的分析或思路完成（1）和（2）． (1)求证：； (2)求证：①； (3)在课本阅读材料二《漫谈“出入相补原理”》中，如图2，设是矩形的对角线上任意一点，过点分别作一组邻边的平行线，直线分别与边交于点，直线分别与边交于点，那么矩形的面积等于矩形的面积．说理如下：如果把图形看作由移置到处，同时、各移到、，那么依据出入相补原理，得（指面积相等）．请利用这个结论证明①成立． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】本题考查相似三角形的性质和判定，矩形的性质，合比的性质，等比的性质； （1）利用得，再利用合比的性质可将转化为； （2）由（1）可得，再利用等比的性质可得； （3）在图1上分别以、为邻边构建矩形，以、为邻边构建矩形，以、为邻边构建矩形，以、为邻边构建矩形，由出入相补原理得：，得出，，进而得出，再由等比的性质可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）得：， ∴， ∴由等比的性质得：． （3）证明：如图所示，在图1上分别以、为邻边构建矩形，以、为邻边构建矩形，以、为邻边构建矩形，以、为邻边构建矩形， 由出入相补原理得：，， ∴，， 将上述等积式写成比例式得：，， ∵，， ∴，， ∵，，，， ∴，， ∴， ∴由等比的性质得：． 42．（2026·上海闵行·一模）如图，已知在中，点是边上的一点． (1)当时． ①如图1，是边上的高，求证：； ②如图2，，点在边上，且，顺次连接．如果，求的值． (2)如图3，如果点是边的中点，，点在线段延长线上，且，连接，取中点，分别延长交于点，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①根据题意易证，，易证，推出，即可得出结论；②如图，分别过点作，由题意得都是等腰三角形，设，证明，推出，由，设，则，求出，再证明，求出，即可求解； （2）如图，过点作，设，，证明，推出，，利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质证明，得到，求出，即，证明，推出，设，则，再求出，即可解答． 【详解】（1）①证明：∵是边上的高， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，分别过点作， ∵，，， ∴，都是等腰三角形， ∴， 设， 则，，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∵是等腰三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作， 设，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，二次根式的运算，全等三角形的判定与性质，构造三角形相似是解题的关键． 43．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如果一个小正方形的一组邻边在大正方形的边上，那么我们就称这个小正方形是大正方形的“内邻正方形”，这个“内邻正方形”的面积与大正方形面积比值叫做“内邻值”． (1)如图1，正方形是正方形的一个“内邻正方形”，如果，求此时的“内邻值”； (2)请用两种不同的方法，用无刻度直尺和圆规在图2和图3的正方形中分别作出它的“内邻值”为的“内邻正方形”．（写出结论，并保留作图痕迹） 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据求出正方形与正方形的边长比，然后即可求出面积比； （2）关键是在大正方形的边上找出边长的，方法一可以利用大正方形对角线的长的一半作为小正方形的边长即可；方法二是结合圆的性质和三角形相似的性质得出，然后以为边长作正方形即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴此时的“内邻值”为； （2）解：方法一：如图2， 1.连接，，并交于点； 2.以为圆心，为半径画弧，交于，交于； 3.以为圆心，为半径画弧，交于； 4.正方形即为所求． 方法二：如图3， 1.取中点； 2.延长至，使． 3.以为直径作圆，交于； 4.以为圆心，为半径画弧，交于； 5.以为圆心，为半径画弧，交于； 6.正方形即为所求． 【点睛】本题考查了相似多边形的性质，正切值，正方形的性质和尺规作图，综合性较强，理解新定义是解题的关键． 试卷第110页，共111页 试卷第111页，共111页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 相似三角形压轴题（43题） 一、填空题 1．（2026·上海嘉定·一模）如图，中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接．如果直线垂直于，连接，那么此时的面积是 ．    2．（25-26九年级上·上海杨浦·期末）如图，平行四边形中，，，过点D作，垂足为点E，将绕点E旋转得到，点A的对应点F落在边上，点D的对应点G落在边上，连接与交于点H，那么的值 ． 3．（2026·上海松江·一模）已知中，，点、分别在边、上，如果与相似，且是等腰三角形，那么的值是 ． 4．（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”： ． 5．（25-26九年级上·上海普陀·期末）我们把一个三角形一条边上的中线与另一条边上的高的交点称为这个三角形的中垂点．已知在中，，，为边上的高，点O在上，连接并延长交于点E，如果点O是的中垂点，那么的值为 ． 6．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如图，在中，，将绕点旋转，的对应点为点，连接交边于点．如果，那么的长为 ． 7．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，．平分，为延长线上一点，且，那么的值为 ． 8．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，中，，，，点D在边上，将沿着翻折得，其中点A与点对应，连接，如果，那么 ． 9．（2026·上海闵行·一模）如图，在中，点分别是的中点，连接交于点，交于点，那么 ． 10．（（2026·上海崇明·一模））如图，点是的重心，点是边的中点，交于点，交于点，则的比值为 ． 11．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如图，矩形的面积为18，对角线、交于点．如果E、F、G、H分别是，，，的重心，那么四边形的面积是 ． 12．（（2026·上海崇明·一模））定义：当一个三角形有两个内角的差为时，这个三角形叫做“差直角三角形”．如图，在中，，点是边上的一动点（且），若是“差直角三角形”，则的长为 ． 13．（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为 ． 14．（2026·上海虹口·一模）如图，在中，，，，是的中点．是线段延长线上一点，连接，如果四边形的一组对角相等且另一组对角不相等，那么的长是 ． 15．（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是 ． 二、解答题 16．（2026·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点和，与轴交于点，顶点为，连接． (1)求抛物线的表达式； (2)点是抛物线上对称轴右侧的点． ①当点在轴上方时，连接，如果，求点的坐标； ②如果点在对称轴上，且使与相似，请直接写出点的坐标． 17．（2026·上海徐汇·一模）如图，在梯形中，，，对角线与相交于点．已知，，．    (1)求与的面积之比； (2)求的正弦值． 18．（2026·上海嘉定·一模）如何用尺规把一条线段进行黄金分割呢？教材54页的阅读材料给出了一种方法，请阅读材料并 回答问题： 怎样用尺规把线段黄金分割呢？下面给出一种方法． 作法：如图 1．过点作，使． 2．连接，在线段上截取． 3．在线段上截取． 则． (1)请写出图中的值是___________； (2)我们把顶角为的等腰三角形称为黄金三角形，它的底边与腰的比是黄金分割数．请利用无刻度直尺和圆规，作出以线段为底边的黄金三角形（不必写出作法，保留作图痕迹并写出结论）． 19．（2026·上海嘉定·一模）如图1，在和中，点在内，，，连接，和，与相交于点． (1)求证：； (2)已知，，如图2，当三点共线时， ①求的值： ②如果，求的正弦值． 20．（25-26九年级上·上海杨浦·期末）已知：如图，在矩形中，点E在边的延长线上，过A作，垂足为点F，，与边交于点G，联结．    (1)求证：； (2)连接与交于点H，如果，求证：． 21．（2026·上海长宁·一模）如图，已知点是的重心，连接并延长交边于点，连接，过点作交边于点． (1)如果设，试用表示． (2)当，，时，求的面积． 22．（25-26九年级上·上海普陀·期末）【发现问题】顺次连接对角线相等的四边形的四条边的中点，就可以得到一个菱形．小普同学进一步思考：如果一个四边形的对角线不相等，那么能否在这个四边形中画出一个菱形，使其满足四个顶点分别落在四边形的四条边上，且两组对边分别与四边形的两条对角线平行？ 【提出问题】小普同学把这个想法改写成如下的一段数学语言：如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别在边、、、上，且，___________，如果四边形是菱形，那么怎样画出这个菱形呢？ 【分析问题】小普同学在与的交流中，给出了一种解决问题的思考路径： 【解决问题】 (1)根据图，将【提出问题】中缺失的条件补充完成（即“___________”）； (2)根据小普同学与的对话，设，，用含a、b的代数式表示k； (3)在图中，画出符合要求的菱形，写出确定点E的作图步骤，并保留确定点E的作图痕迹． 23．（2026·上海黄浦·一模）已知二次函数的图像经过点、． (1)试用字母的代数式表示； (2)如果二次函数图像上存在点，使得直线垂直平分线段，求此二次函数的解析式； (3)试问：二次函数图像的对称轴是否可能平分线段？如果能，请求出此时二次函数的解析式；如果不能，请说明理由． 24．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，已知线段与交于点O，点E、F分别在和上，，射线与交于点G，，． (1)求的长； (2)连接，设，，那么___________，___________．（用向量、表示） 25．（2026·上海虹口·一模）如图1，在中，，且． (1)求证：； (2)连接交于点，过点作交于点． ①过点作分别交、于点、，如图2所示．已知，求和的长； ②如图3，如果为的中点，求的值． 26．（2026·上海黄浦·一模）如图，过菱形顶点A分别作边、的垂线，垂足为E、F，交对角线于点M、N． (1)求证：； (2)连接，如果，求的值； (3)如果与五边形的面积均为1，求菱形的面积． 27．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，已知矩形中，点E是边上一动点，在右侧作，使得，其中点C、F分别与点E、C对应．已知，． (1)当点E与点B重合时，求四边形的面积； (2)点E由点A向点B移动的过程中（点E不与点B重合），研究以下3个量的变化情况，完成填空并说明编号为②的量的变化情况的理由： ①的大小；②的长度；③的值． 其中，变大的量是___________；变小的量是___________．（请在横线处填入编号） (3)当四边形的一条对角线平分另一条对角线时，求的长． 28．（2026·上海虹口·一模）【模型探究】 如图，已知、分别是边、上的点，是的平分线上一点，满足．求证：． 【模型应用】 （1）已知、分别是边、上的点，是的平分线上一点，如果，，那么的度数为_____________； （2）如图，已知，是边上一点，请在边上选择一个合适的点，并在内部求作一个点，满足且． （要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 29．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如图，在中，是锐角，，垂足为E，对角线垂直平分线交于点M，交的延长线于点N，交于点P．已知． (1)在中， ①写出与一定相似的三角形，并选一对说明理由； ②写出与不一定相似的三角形，如果它与相似，求出它们的相似比． (2)如果，求的正弦值． 30．（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 31．（25-26九年级上·上海杨浦·期末）综合与实践：折黄金矩形 【问题提出】 我们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形．黄金矩形以协调、匀称的美感，常见于艺术、建筑、自然界中，那么，如何用不同形状的纸片折出黄金矩形，并证明这个矩形是黄金矩形呢？ 【操作探究】 (1)小创小组将一张矩形纸片（如图1）按照图2至图5的方式操作，那么图5中哪些矩形是黄金矩形？请直接写出结论． (2)小智小组将一张正方形纸片（如图6）按照图7至图10的方式操作，得到矩形，你能证明矩形是黄金矩形吗？请写出证明过程． 【学以致用】 (3)将一张矩形纸片（如图11），先按下列操作画出示意图，再按要求解决问题． ①沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点E处，折痕交边于点G； ②沿过点E的直线折叠，使点D落在线段CE上的点H处，折痕交边于点F； ③沿过点E的直线折出矩形，折痕交线段于点M，连接． 如果，请说明点G是线段的黄金分割点． 32．（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，点在边上且，点是边上的动点，以为直角顶点；为腰在其右侧作等腰直角三角形，射线与边交于点． (1)当时，求的面积； (2)当点落在内部（不含边界）时，求的取值范围； (3)连接，如果是直角三角形，请直接写出的长． 33．（2026·上海长宁·一模）如图1，在中，为边上一点，始终满足． (1)求证：． (2)在中，当时． ①如图2，已知，过点作交于点，若的面积为5，求长． ②如图3，为中点，如，设长为，记与的差为，求关于的函数关系式及函数定义域． 34．（25-26九年级上·上海青浦·期末）中，已知，平分． (1)如图1，如果，，求的长； (2)如图2，过点作的垂线，与边的延长线交于点． ①试猜想线段与边的数量关系，并证明； ②在线段上截取，连接，当时，探究是否存在实数，使得成立？如果存在，请求出的值；如果不存在，请说明理由． 35．（2026·上海金山·一模）在四边形中，点在边上，，点在边上． (1)如图1，若四边形为矩形，且，连接， 求证：； (2)如图2，若四边形为等腰梯形，．请连接并延长，交的延长线于点，连接，如果，求的长； (3)如图3，若四边形为平行四边形，点是中点，连接交于点，连接，过点作交于点，连接，求值． 36．（（2026·上海崇明·一模））如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于和两点（点在点的左侧），与轴交于点，抛物线的顶点为． (1)求点和点的坐标； (2)若点与点关于抛物线的对称轴对称，连接，若平分，求抛物线的表达式； (3)若点是抛物线第四象限上一动点，连接、、、，线段与线段交于点，与轴交于点，当时，求的值． 37．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）在中，，点为边上一点，，．将沿翻折得到，点恰好落在边的垂直平分线上． (1)如图1，如果点在边上，求的值； (2)如图2，如果，求的长； (3)如果，求的度数． 38．（25-26九年级上·上海崇明·期末）已知在中，，点是边上的一点，将沿着过点的直线翻折，点落在边上，记作点，折痕所在的直线与射线交于点，过点作，交射线于点． (1)如图1，当点和点重合时，求的长； (2)如图2，当点在边上时，设，求关于的函数解析式并写出定义域； (3)延长，交的延长线于点，当是以为腰的等腰三角形时，求的长． 39．（2026·上海金山·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的顶点为，点． (1)若抛物线经过点和，求的值； (2)如果的面积小于3，求的取值范围； (3)点关于原点的对称点，连接，且，直线与抛物线交于点（点在点右侧），当与相似时，求抛物线的表达式． 40．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）在平面直角坐标系xOy中（如图）．抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点为． (1)求点的坐标及的值； (2)将抛物线沿射线BC方向平移，得到新抛物线的顶点为． ①如果四边形是梯形，求点的坐标； ②如果，求平移后新抛物线的表达式． 41．（2026·上海金山·一模）某数学学习小组成员对“重差”开展了深入探究． 重差汉代天文学家测量太阳的高和远的方法．最早见于《周髀算经》．刘徽《九章算术注》序说：“凡望极高、测绝深而兼知其远者必用重差，勾股则必以重差为率，故曰重差也．”如图1，“日去地”减去表高与表高之比或“南戴日下”与南影之比，等于两表到“日下”距离之差与两表影长差之比．后者是两个差数，故有“重差”的称谓．下面作简要介绍． 如图1，为了测量海岛的高度，设为岛的顶点，过点的铅垂线与地面的交点为，则岛的高度即为．接下来要进行两次操作，第一次把一根木杆（算经中称之为“表”，下文称为“测量杆”）竖直立在地面上距离点较近的点处，从点处透过测量杆的上端望岛顶的连线（把它叫做测量线）延长后交地面于点．第二次，把测量杆竖直立在距离点较远的点处三点在一条直线上），同样地，从点处透过测量杆的上端望岛顶（即测量线）的连线延长后交地面于点．连接并延长交于点． 求证：①或②． 学习小组的成员经探究后都认为：要想证明①和②都成立，只需证明和①或②成立．大家分别提出了自己的分析或证明思路． 小海同学：针对问题及求证结论的数学结构特征自然想到应用三角形一边的平行线、合比性质、等比性质有关知识加以解决； 小明同学：锐角三角比是沟通边角关系的一座桥梁，记； 欢欢同学：利用相似三角形的性质； 乐乐同学：过点作的平行线．．．．．．； 请根据同学们提出的分析或思路完成（1）和（2）． (1)求证：； (2)求证：①； (3)在课本阅读材料二《漫谈“出入相补原理”》中，如图2，设是矩形的对角线上任意一点，过点分别作一组邻边的平行线，直线分别与边交于点，直线分别与边交于点，那么矩形的面积等于矩形的面积．说理如下：如果把图形看作由移置到处，同时、各移到、，那么依据出入相补原理，得（指面积相等）．请利用这个结论证明①成立． 42．（2026·上海闵行·一模）如图，已知在中，点是边上的一点． (1)当时． ①如图1，是边上的高，求证：； ②如图2，，点在边上，且，顺次连接．如果，求的值． (2)如图3，如果点是边的中点，，点在线段延长线上，且，连接，取中点，分别延长交于点，求的值． 43．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如果一个小正方形的一组邻边在大正方形的边上，那么我们就称这个小正方形是大正方形的“内邻正方形”，这个“内邻正方形”的面积与大正方形面积比值叫做“内邻值”． (1)如图1，正方形是正方形的一个“内邻正方形”，如果，求此时的“内邻值”； (2)请用两种不同的方法，用无刻度直尺和圆规在图2和图3的正方形中分别作出它的“内邻值”为的“内邻正方形”．（写出结论，并保留作图痕迹） 试卷第110页，共111页 试卷第111页，共111页 学科网（北京）股份有限公司 $