专题01 相似三角形常见模型的应用（压轴题专项训练）数学新教材湘教版九年级上册

专题01 相似三角形常见模型的应用 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、8字相似模型的应用 类型二、A字相似模型的应用 类型三、母子模型的应用 类型四、一线三等角模型的应用 类型五、旋转模型的应用 —攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 相似三角形常见模型应用（主要包括8字相似模型、A字相似模型、母子模型及旋转模型）是初中几何板块的核心重难点，所有题型均围绕“平行截线、公共角/等角、图形变换”三大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是模型识别必须精准对应基本图形结构，二是比例关系建立必须严格遵循对应边与对应角的匹配。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、8字相似模型的应用 典例1 某学习小组进行小孔成像相关实验探究，装置如图所示，物体，幕布，物体通过小孔成像，物体成像后的顶端与点重合，底端落在点处．求证． 题型模版 变式1-1如图，在四边形中，，与相交于点O，求证：． 变式1-2如图，，相交于点，．求证：．                                                           类型二、A字相似模型的应用 典例2 我们已经知道“平行线分线段成比例”这个基本事实，请尝试应用这个基本事实，并结合角的关系，证明相似三角形的预备定理． 已知：如图，，并分别交、于点D、E． 求证：． 题型模版 变式2-1如图，D、E分别是的边、上的点，，求证：． 变式2-2如图，在中，，，点、分别在线段、上，，，求证：． 变式2-3如图，已知点，分别在的边，上，，，，．求证：． 【答案】见解析． 【分析】先得，然后结合即可求证． 【详解】证明：∵，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴． 类型三、母子模型的应用 典例3 如图，在中，点为边上一点，连接，已知，，．求证：． 题型模版 变式3-1人们把黄金分割誉为“天赋”的比例法则．如图，在中，若点M是线段的黄金分割点（），，求证：． 变式3-2如图，在等腰直角，，，点在上． (1)尺规作图：作出将绕点顺时针方向旋转后得到的；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，求证：． 变式3-3如图，在中，D为边上一点，，，．求证：． 类型四、一线三等角模型的应用 典例4 若，则的最小值为_____． 如图，为线段上一点，，，判断与是否相似，并说明理由． 题型模版 变式4-1如图，四边形为正方形，． (1)证明： (2)不添加辅助线，添加一个角的条件，证明 变式4-2如图，在四边形中，，，点在上，．    (1)求证：； (2)若，，，求的长． 类型五、旋转模型的应用 典例5 综合与实践 在“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，已知在中，．请解答下面的问题． 观察猜想： （1）如图1，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为______． 探究证明： （2）如图2，D，E分别是边的中点，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接． ①求证：； ②若，，求的长． 题型模版 变式5-1嘉淇做数学探究实验，如图，已知：均为直角三角形，其中，现以为边作四边形，且，，点在一条直线上． 第一步，如图1，将的顶点与点重合，在上； 第二步，如图2，将绕点逆时针方向旋转，每秒旋转分别与边交于点； 第三步，如图3，当旋转到点落在上时停止旋转，此时点恰好在上； 第四步，如图4，在第三步的基础上，点带动立即沿边从点向点平移，每秒个单位长度，当点与点重合时停止运动，设整个过程中的运动时间为ts． (1)如图1，①______；②点到直线的距离是______； (2)如图2，求证； (3)如图3，当从初始位置到点落在上时，求的长度； (4)当点落在四边形的边上时，直接写出对应的值． 变式5-2如图，和是两个全等的等腰直角三角形，，的顶点与的斜边的中点重合，将绕点旋转，旋转过程中，线段与线段相交于点，线段与射线相交于点．    (1)如图①，当点在线段上，且时，求证：； (2)如图②，当点在线段的延长线上时，求证：． 变式5-3在等边三角形和等边三角形中，点为边的中点，分别交于点，连接． (1)如图1所示，若，则的度数为__________（直接写出结果）． (2)如图1所示，若为任意锐角，证明：． (3)若将绕点顺时针旋转，如图2所示与的延长线交于点，其他条件不变，则（2）中的结论是否仍成立？并写出证明过程． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，为等腰直角三角形，，，为线段上任意一动点，以为斜边作等腰，连接，下列说法：①；②；③；④；⑤四边形的面积有最大值，且最大值为．正确的结论是（     ） A． B． C． D． 2．如图，E是正方形边上的一点，，点H在边上，，连接．交于点G，交于点F．下列结论：①；②；③F是的中点；④．其中正确结论的序号是（     ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 3．如图，在四边形中，，．是上的任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段．若与边始终有公共点，则长的最小值是_____． 4．在Rt中，，，，平分交于点，于点，过点作的延长线于点，则线段的长为___________． 5．如图，在中，是的中点，是上靠近的三等分点，与交于点，若，则__________． 6．如图所示，矩形中，，，，，，则______ 7．如图，在中，是角平分线，是中线，，且，垂足为，为的中点，连接、．给出下面个结论：①；②；③；④；⑤．上述结论中，结论正确的序号有_______． 8．【知识背景】华师版（2013版）九上第23章《图形的相似》习题23.3第1（2）题： 如图，点、点分别在的边、的延长线上，连接，若，则与相似吗？ (1)请解答上述习题． 【问题探究】 (2)同学们在完成这个习题后，老师进一步提出这样一个问题：如图，连接、，求与的数量关系． ①为了解决这个问题，小明提出了一个好方法： 由（1）中的两个三角形相似，通过更比性质，可进一步证出与相似，从而得到，再通过角度之间的关系，可将问题解决． 请按照小明的思路完成对与相似的证明，具体做法如下： 证明：由（1）得：________， ∴ ∴（相似三角形的对应角相等）． 请补全上述证明过程． ②根据（1）和（2）①中的结论，直接写出与的数量关系为________． (3)【拓展提升】如图，在和中，，，，延长交于点，连接、．当且时，________°，________． 9．综合与实践 “综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． (1)【数学思考】请你解答老师提出的问题． (2)【深入探究】在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究：“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度． 10．如图1，已知矩形和矩形，，，连接，． (1)发现 ①线段与线段之间的数量关系是________， ②直线与直线之间的位置关系是________ (2)探究 若已知条件不变，将图1中矩形绕点A顺时针旋转，如图2，则（1）中结论还成立吗？请给出证明． (3)应用 在（2）的情况下，，，当矩形绕点A旋转到B，E，F在同一条直线上时，线段，的长度分别是多少？（直接写出结论）． 11．如图1，在边长为4的正方形中，点在直线上，连接，以为边作正方形（，，，四个顶点按照逆时针排列），连接，直线交直线于点． (1)当点在边上时（点不与点重合），连接， ①求证：是直角三角形． ②线段，，之间有怎样的关系，并加以证明． (2)如图2，当点在边上时（点不与点重合）连接，分别交，于点，，当时，请直接写出线段的长． 12．如图，正方形中，点M在边上，将沿翻折至处，延长交边于点N，连接．对角线分别交，于E，F两点． (1)________． (2)求证：． (3)若，，求的长． 13．如图①，在梯形中，，且是的中点，是边上的动点，与交于点，连接． (1)求证：； (2)若是的中点，，求的长； (3)如图②，若其他条件不变，且平分是线段上的动点，则是否存在点，使得？若存在，求出的度数；若不存在，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 相似三角形常见模型的应用 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、8字相似模型的应用 类型二、A字相似模型的应用 类型三、母子模型的应用 类型四、一线三等角模型的应用 类型五、旋转模型的应用 —攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 相似三角形常见模型应用（主要包括8字相似模型、A字相似模型、母子模型及旋转模型）是初中几何板块的核心重难点，所有题型均围绕“平行截线、公共角/等角、图形变换”三大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是模型识别必须精准对应基本图形结构，二是比例关系建立必须严格遵循对应边与对应角的匹配。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、8字相似模型的应用 典例1 某学习小组进行小孔成像相关实验探究，装置如图所示，物体，幕布，物体通过小孔成像，物体成像后的顶端与点重合，底端落在点处．求证． 【答案】见解析 【分析】根据题意得到，再根据相似三角形的判定即可求解． 【详解】证明：∵，， ∴， ∴，， ∴． 题型模版 变式1-1如图，在四边形中，，与相交于点O，求证：． 【答案】 证明：∵， ∴，， ∴． 【分析】本题考查了相似三角形的判定，平行线的性质． 根据得到，，即可证明． 【详解】略 变式1-2如图，，相交于点，．求证：．                                                           【答案】 证明：∵，相交于点， ∴， 又∵， ∴． 【分析】本题考查相似三角形的证明，熟练掌握相似三角形的证明方法是解题关键； 通过对顶角相等得到，进而可得到三角形相似． 【详解】略． 类型二、A字相似模型的应用 典例2 我们已经知道“平行线分线段成比例”这个基本事实，请尝试应用这个基本事实，并结合角的关系，证明相似三角形的预备定理． 已知：如图，，并分别交、于点D、E． 求证：． 【答案】 证明：作交于点F． ∴， ∴． ∵， ∴，，， ∴． ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 又∵，，， ∴． 【分析】本题考查了平行线分线段成比例，平行四边形的判定与性质，平行线的性质，相似三角形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．作交BC于点F，得到，得到，根据，推出，，，得到，接着证明，通过四边形DFCE是平行四边形，，得到，加上，，，从而得证． 【详解】略 题型模版 变式2-1如图，D、E分别是的边、上的点，，求证：． 【答案】 证明：， ． 【分析】本题考查了相似三角形的判定，由即可得出结论 【详解】略 变式2-2如图，在中，，，点、分别在线段、上，，，求证：． 【答案】证明： ，，，， ，， ，， ， ， ． 【分析】根据题意可求出，，进而得到，结合，即可得证． 【详解】略 变式2-3如图，已知点，分别在的边，上，，，，．求证：． 【答案】见解析． 【分析】先得，然后结合即可求证． 【详解】证明：∵，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴． 类型三、母子模型的应用 典例3 如图，在中，点为边上一点，连接，已知，，．求证：． 【答案】 证明：，， ． ，， ． ∴． ． ． 【分析】根据边成比例以及对应角相等证明相似即可． 【详解】略 题型模版 变式3-1人们把黄金分割誉为“天赋”的比例法则．如图，在中，若点M是线段的黄金分割点（），，求证：． 【答案】 证明：由题意可知，点是线段的黄金分割点，， ， 又，， ，即， ． 【分析】本题考查黄金分割点，相似三角形的判定，根据黄金分割点的定义可得，由已知推出，再结合，即可证明结论． 【详解】略 变式3-2如图，在等腰直角，，，点在上． (1)尺规作图：作出将绕点顺时针方向旋转后得到的；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，求证：． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【分析】（）分别以点和点为圆心,和的长为半径画弧，两弧相交于点，连接，易证，得到，即得到，故即为所求； （）利用旋转的性质可得，，，即得，再根据相似三角形的判定定理即可证明； 本题考查了旋转作图，相似三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：由旋转得，，，， ∵，， ∴． 变式3-3如图，在中，D为边上一点，，，．求证：． 【答案】 证明：∵在中，D为边上一点，，，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 【分析】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键． 求出两组对应边的比例，利用两边对应成比例且其夹角相等的判定方法证明相似． 【详解】略 类型四、一线三等角模型的应用 典例4 若，则的最小值为_____． 如图，为线段上一点，，，判断与是否相似，并说明理由． 【答案】相似，见解析 【分析】题目主要考查相似三角形的判定，勾股定理解三角形，熟练掌握相似三角形的判定是解题关键． 根据勾股定理得出，再由相似三角形的判定证明即可． 【详解】解：相似，理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴． 题型模版 变式4-1如图，四边形为正方形，． (1)证明： (2)不添加辅助线，添加一个角的条件，证明 【答案】(1) 证明：， ， 又， ， ， ， ， ； (2) 解：添加， 如果， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， 故添加：，能证明． 【分析】本题考查了相似三角形的判定，正方形的性质，垂直的概念，三角形全等的判定； （1）证明有两对角相等即可判断； （2）假设，可以推出即可． 【详解】（1）略 （2）略 变式4-2如图，在四边形中，，，点在上，．    (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1) 证明：∵，， ∴，， ∴． ， ∴， ∴， ∴． (2)7 【分析】（1）由，，可得出，再由等角的余角相等可得出，即可证明结论； （2）根据相似三角形的性质即可求出的长度，结合即可求出的长度． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴，即，解得: ． ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 类型五、旋转模型的应用 典例5 综合与实践 在“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，已知在中，．请解答下面的问题． 观察猜想： （1）如图1，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为______． 探究证明： （2）如图2，D，E分别是边的中点，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接． ①求证：； ②若，，求的长． 【答案】（1）； （2）①证明：∵点分别是边的中点， ， ∵绕点按顺时针方向旋转得到， ， ， ， ； ② 【分析】（1）如图1，根据旋转的性质得到 ，则根据等边三角形的判定方法可判断为等边三角形得到，再由即可求出答案； （2）①由于点分别是边的中点，所以，再根据旋转的性质得到，，所以，从而可判断；②先利用勾股定理计算出，则5，过点作于点，如图2，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，然后在中利用勾股定理可计算出的长． 【详解】解：（1）如图1，∵绕点按顺时针方向旋转得到 ，，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）①略 ② ， 过点作于点，如图2， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在中， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键，也考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理和含30度角的直角三角形的性质； 题型模版 变式5-1嘉淇做数学探究实验，如图，已知：均为直角三角形，其中，现以为边作四边形，且，，点在一条直线上． 第一步，如图1，将的顶点与点重合，在上； 第二步，如图2，将绕点逆时针方向旋转，每秒旋转分别与边交于点； 第三步，如图3，当旋转到点落在上时停止旋转，此时点恰好在上； 第四步，如图4，在第三步的基础上，点带动立即沿边从点向点平移，每秒个单位长度，当点与点重合时停止运动，设整个过程中的运动时间为ts． (1)如图1，①______；②点到直线的距离是______； (2)如图2，求证； (3)如图3，当从初始位置到点落在上时，求的长度； (4)当点落在四边形的边上时，直接写出对应的值． 【答案】(1)①=；②2； (2) 根据题意可知， ∴， ； (3)； (4)7或． 【分析】对于（1），根据勾股定理解答即可； 对于（2），根据“两角相等的两个三角形相似”证明即可； 对于（3），如图，连接，并说明，可求出，再求出，然后证明可得，进而得出，再根据勾股定理求，可根据特殊角的三角函数求出，然后根据勾股定理，得，最后根据求出答案． 【详解】（1）①；②2． 根据勾股定理，得． 根据题意，可知， ∴，， ∴， 解得， 所以点A到的距离是2． 故答案为：，2； （2）略 （3）如图，连接， ， 则． ， ． ， 则． ∵，，， ∴ ． 又 ． 又 根据勾股定理，得， ， 根据勾股定理，得， ． （4）7或． 由（3）知，当从初始位置旋转到点落在上时，， 则旋转所用时间为； 当平移到点落在上时，如图2，连接，由（3）知， ， ，在取点，使得， ． 设，则， 由， 得， 解得 ∴点平移的距离为， 平移所用的时间为， 故当平移到点落在上时，所运动的总时间为． 综上所述，的值为7或． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定，全等三角形的性质和判定，平移和旋转，等腰三角形的性质和判定，画出旋转和平移的图形并构造辅助线是解题的关键． 变式5-2如图，和是两个全等的等腰直角三角形，，的顶点与的斜边的中点重合，将绕点旋转，旋转过程中，线段与线段相交于点，线段与射线相交于点．    (1)如图①，当点在线段上，且时，求证：； (2)如图②，当点在线段的延长线上时，求证：． 【答案】(1) 证明：是等腰直角三角形， ，， ， ， 是的中点， ， 在和中， ， ； (2) 证明：和是两个全等的等腰直角三角形， ， ， 即， ， ， ． 【分析】此题考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定、三角形的外角性质． （1）由是等腰直角三角形，易得，，又由，是的中点，利用，可证得：； （2）由和是两个全等的等腰直角三角形，易得，然后利用三角形的外角的性质，即可得，则可证得：． 【详解】（1）略． （2）略． 变式5-3在等边三角形和等边三角形中，点为边的中点，分别交于点，连接． (1)如图1所示，若，则的度数为__________（直接写出结果）． (2)如图1所示，若为任意锐角，证明：． (3)若将绕点顺时针旋转，如图2所示与的延长线交于点，其他条件不变，则（2）中的结论是否仍成立？并写出证明过程． 【答案】(1) (2)见解析 (3)成立，证明见解析 【分析】本题考查等边三角形的性质，三角形的外角，相似三角形的判定，熟练掌握一线三等角相似模型，是解题的关键． （1）根据等边三角形的性质，结合三角形的外角的性质，进行求解即可； （2）等边三角形的性质，得到，利用三角形的外角得到，即可得证； （3）成立，同法（2）即可得证． 【详解】（1）解：∵边三角形和等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． （2）证明：由（1）知：， ∵，， ∴， 又∵， ∴； （3）成立，证明如下： ∵等边三角形和等边三角形， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，为等腰直角三角形，，，为线段上任意一动点，以为斜边作等腰，连接，下列说法：①；②；③；④；⑤四边形的面积有最大值，且最大值为．正确的结论是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由与都为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到，，且四个锐角为，利用等式的性质得到，故结论①正确；由，，若，则或与重合，当时和无交点，这和为上任意一动点相矛盾，故结论②不一定正确；由两边对应成比例且夹角相等的三角形相似得到，故结论③正确；利用相似三角形对应角相等得，结合得到，利用内错角相等两直线平行得到，故结论④正确；先依托面积为定值，将梯形面积最值转化为面积最值，结合确定的高固定，得最长时面积最大，再借助相似三角形对应边比例将最长转化为最长，由题意得当、重合时最长，即可求出最大值，最后代入梯形面积公式算出最大面积，故结论⑤正确． 【详解】解：∵、都是等腰直角三角形， ∴，， ， ①∵， ∴， 即，故①正确； ②∵， ∴， 若，则或与重合， 当时和无交点，这和为上任意一动点相矛盾，故②不完全正确； ③∵，， ∴，故③正确； ④∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，故④正确； ⑤∵为等腰直角三角形且， ∴的面积为定值， ∵， ∴当的面积最大时，梯形的面积最大， 如图，过点作于点，则为等腰直角斜边上的中线， ∴， ∵， ∴中边上的高为定值（即为）， 当的面积最大时最长， ∵， ∴， ∴当最长时，也最长， ∵为线段上任意一动点， ∴当、重合时最长， 此时，则， ， 即四边形的面积最大值为，故⑤正确； 综上，正确的结论是． 2．如图，E是正方形边上的一点，，点H在边上，，连接．交于点G，交于点F．下列结论：①；②；③F是的中点；④．其中正确结论的序号是（     ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】由正方形的性质可得，，证明，得到，则可推出，据此可判断①；设，则，由勾股定理得，证明，得到，则可得到，，据此可判断②；当点F是的中点时，可证明垂直平分，则，这与矛盾，据此可判断③；根据平行线的性质得到，则，即，据此可判断④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； 设， ∵， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，故②正确； 当点F是的中点时， 又∵， ∴垂直平分， ∴，这与矛盾， ∴点F不是的中点，故③错误； ∵， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有①②④． 3．如图，在四边形中，，．是上的任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段．若与边始终有公共点，则长的最小值是_____． 【答案】 【分析】过点作交延长线于，证明，再证明，根据始终与有交点，找到临界位置求出最小值． 【详解】解：过作直线于，设交于， 则， 由题意：，， ， 又， ， ， 在和中： , ， ，， 设， 则，，， 即， 又， ， ， ， 则， 若与边始终有公共点， 则恒成立， ． 4．在Rt中，，，，平分交于点，于点，过点作的延长线于点，则线段的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查角平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理求出的长，角平分线的性质，得到，等积法求出，的长，证明，得到，求出的长，勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵平分交于点，于点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 在中，由勾股定理，得； 故答案为：． 5．如图，在中，是的中点，是上靠近的三等分点，与交于点，若，则__________． 【答案】3 【分析】过点E作，交于点，证明，，利用三角形相似的性质，代换证明即可； 【详解】解：过点E作，交于点， 在中，∵是的中点， ∴， ∵是上靠近的三等分点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 6．如图所示，矩形中，，，，，，则______ 【答案】 【分析】过点F作，分别交和于点P和Q，在上截取，，证明四边形和四边形都是矩形，得到，，；证明，推出 ，设，则，可求出，，由勾股定理得到，；证明，得到，即，求出，，得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点F作，分别交和于点P和Q，在上截取，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形和四边形都是矩形， ∴，，； ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ， ∴， ； ∵， ∴， ∴，， ∴； ∵， ， ， ， ， ∴，即， ，， ∴， 解得或（舍去）， ． 7．如图，在中，是角平分线，是中线，，且，垂足为，为的中点，连接、．给出下面个结论：①；②；③；④；⑤．上述结论中，结论正确的序号有_______． 【答案】①②③⑤ 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定，锐角三角函数等，利用可证，即可判定①；由全等三角形的性质得到，即得是的垂直平分线，得到，即可判定②；利用三角形中位线的性质可得，，即可判定③；设，则，可得，，进而得到，即可得，即可判定④；过点作于，利用得到，进而可得，即得到，最后根据正切的定义得到，即可判定⑤，综上即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：①∵是角平分线， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴，故①正确； ②∵， ∴， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴，故②正确； ③∵是中线， ∴， ∵为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴，故③正确； ④设，则， ∴， ∴， ∵，为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴和不会相似，故④错误； ⑤过点作于，则， ∵，， ∴， ∵是中线， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴，故⑤正确； 综上，结论正确的序号有①②③⑤， 故答案为：①②③⑤． 8．【知识背景】华师版（2013版）九上第23章《图形的相似》习题23.3第1（2）题： 如图，点、点分别在的边、的延长线上，连接，若，则与相似吗？ (1)请解答上述习题． 【问题探究】 (2)同学们在完成这个习题后，老师进一步提出这样一个问题：如图，连接、，求与的数量关系． ①为了解决这个问题，小明提出了一个好方法： 由（1）中的两个三角形相似，通过更比性质，可进一步证出与相似，从而得到，再通过角度之间的关系，可将问题解决． 请按照小明的思路完成对与相似的证明，具体做法如下： 证明：由（1）得：________， ∴ ∴（相似三角形的对应角相等）． 请补全上述证明过程． ②根据（1）和（2）①中的结论，直接写出与的数量关系为________． (3)【拓展提升】如图，在和中，，，，延长交于点，连接、．当且时，________°，________． 【答案】(1)与相似，理由如下： ∵，， ∴； (2)①∵， ∴，，即， ∵， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ∴； (3)90； 【分析】（1）利用两角对应相等即可证明； （2）①利用两边对应成比例且夹角相等证明，推出； ②利用三角形内角和定理即可得到； （3）证明，推出，，利用（2）的结论即可得到；再利用等腰三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：略 （2）证明：略 （3）解：∵在和中，，，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， 在四边形中，， 由（2）得， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 9．综合与实践 “综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． (1)【数学思考】请你解答老师提出的问题． (2)【深入探究】在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究：“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由题意得，再由菱形的性质得到，则先证明四边形为平行四边形，由菱形得到邻边相等，即可证明为菱形； （2）先证明，则，则，解方程即可； 【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下 ， ， 四边形是菱形，是的平分线， ， ， ， 四边形为平行四边形， 由旋转的性质可知， 平行四边形为菱形； （2）解：如图3，由题意可得， 设， 在菱形中，， ∴在中，， 又， ， 是的外角， ∴ 在和中， ，， ， ， 又， ， ， ， ． 10．如图1，已知矩形和矩形，，，连接，． (1)发现 ①线段与线段之间的数量关系是________， ②直线与直线之间的位置关系是________ (2)探究 若已知条件不变，将图1中矩形绕点A顺时针旋转，如图2，则（1）中结论还成立吗？请给出证明． (3)应用 在（2）的情况下，，，当矩形绕点A旋转到B，E，F在同一条直线上时，线段，的长度分别是多少？（直接写出结论）． 【答案】(1)①；②； (2) 解：（1）中结论还成立，证明如下： ∵四边形与四边形都为矩形， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 如图，延长，交于点，交于点， ∵， ∴ ， ∴； (3)，或． 【分析】（1）①由矩形的性质可得，由题意可得，证明，即可得出；②延长交于点，则，由①可得，由相似三角形的性质可得，求出，即可得出结果； （2）由矩形的性质可得，证明，结合题意得出，即可推出，从而可得，，则，延长，交于点，交于点，再由，计算即可得出结果； （3） 两种情况：当点、、在同一直线上，且点在线段上时；当点、、在同一直线上，且点在线段上时；分别求解即可得出结果． 【详解】（1）解：①∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，延长交于点， ， ∵， ∴， 由①可得：， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）解：如图，当点、、在同一直线上，且点在线段上时， ， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由（2）可得：， ∴， ∵， ∴， ∴； 如图，当点、、在同一直线上，且点在线段上时， ， 同理可得：，， ∴，； 综上所述，，或． 【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理，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． 11．如图1，在边长为4的正方形中，点在直线上，连接，以为边作正方形（，，，四个顶点按照逆时针排列），连接，直线交直线于点． (1)当点在边上时（点不与点重合），连接， ①求证：是直角三角形． ②线段，，之间有怎样的关系，并加以证明． (2)如图2，当点在边上时（点不与点重合）连接，分别交，于点，，当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)①证明：∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是直角三角形． ②解：，证明如下： 由①得：， ∴，， ∴， ∴、、三点共线， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． (2) 【分析】（1）①由正方形的性质容易证明，因此是直角三角形； ②由可得，，进而判断、、三点共线，由正方形的性质可得，从而证明，则，因此； （2）设，则，由（1）可知，结合正方形的边长可得，．作于，由正方形的性质可得，，容易证明，进而得到与，则，进一步可证明，因此． 【详解】（1）①略 ②略 （2）解：设，则 ∵， ∴，， 由（1）可知，， ∴， 如图，过点A作于点， ∵，，， ∴，，， 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， 同理，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 12．如图，正方形中，点M在边上，将沿翻折至处，延长交边于点N，连接．对角线分别交，于E，F两点． (1)________． (2)求证：． (3)若，，求的长． 【答案】(1)45 (2)证明：∵四边形是正方形， ∴， 由（1）得：， ∴在和中，，， ∴， 由翻折知， ∴， ∵， ∴． (3) 【分析】（1）由翻折的性质可得：，，，证明，即可求出； （2）利用（1）的结论可得出，再加上公共角，即可证明； （3）将绕点旋转至，使与重合，连接，证明，可得，由，可得，进而得出，再利用，，可求出，，最后利用勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 由翻折的性质可得：，，， ∴，， ∵在与中， ∴， ∴， ∴，， ∴． （2）略 （3）解：如图，将绕点旋转至，使与重合，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质可得：，，，， 由（1）得，， ∴， ∴，即， 在与中 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ，， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 13．如图①，在梯形中，，且是的中点，是边上的动点，与交于点，连接． (1)求证：； (2)若是的中点，，求的长； (3)如图②，若其他条件不变，且平分是线段上的动点，则是否存在点，使得？若存在，求出的度数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 证明：是的中点， ． 又， 四边形是平行四边形， ． 又， ． (2) (3)存在， 【分析】通过证明四边形为平行四边形，再利用即可得出结论； 利用得到，结合是的中点证明即可求解； 先通过平行线与角平分线得到结合得到进一步得到从而得到是等边三角形即可求解． 【详解】（1）略 （2）由（1）知，， 是的中点， ， ． ． （3）存在．理由如下： ． 平分， ． ， ， ． ， ． ， 是等边三角形， ， ， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定综合求值与证明，平行四边形的判定，掌握相似三角形性质与判定是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $