专题02 相似三角形综合问题（压轴题专项训练）数学新教材湘教版九年级上册

**基本信息** 以“基本模型、比例转化、数形结合”为核心，通过六类典型题型系统构建相似三角形综合问题的解题方法体系，强化模型识别与动态几何推理，培养几何直观与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |多结论问题|1典例+3变式|逆向推导、模型识别、中间比过渡|从单一模型到多模型嵌套，强化逻辑链条| |折叠综合|1典例+3变式|折叠性质应用、一线三直角、勾股建方程|折叠对称与相似模型结合，动态几何转化| |旋转综合|1典例+3变式|手拉手模型三步曲、乘积转比例|旋转不变量与相似判定融合，探究性推理| |函数综合|1典例+2变式|坐标代数化、分类讨论对应关系|数形结合，相似与函数解析式联动| |求最值|1典例+3变式|相似比转化、阿氏圆模型、函数建模|相似性质与经典最值模型结合，几何转化| |新定义问题|1典例+3变式|定义翻译、几何直观、回归判定定理|新概念与相似核心知识整合，知识迁移|

专题02 相似三角形综合问题 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、相似三角形多结论问题 类型二、折叠与相似三角形综合问题 类型三、旋转与相似三角形综合问题 类型四、相似三角形与函数的综合 类型五、利用相似三角形性质与判定求最值 类型六、相似三角形新定义问题 —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 相似三角形综合问题是初中数学九年级几何板块的核心重难点，所有题型均围绕“基本模型、比例转化、数形结合”三大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是几何模型识别必须精准锁定对应顶点与对应边，二是代数比例推导必须严格验证隐含约束与分类讨论。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、相似三角形多结论问题 典例1 如图，正方形中，点F是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点H，连接．以下四个结论：①；②；③；④，其中正确的个数为（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型模版 一、 题型特征 图形结构复杂：题干通常包含多个三角形、特殊四边形（如平行四边形、矩形）或旋转、折叠等动态几何背景，图形信息量大且隐蔽。 结论多样且综合：题目以“判断以下结论正确的个数”或“选择正确结论”的形式呈现。结论往往涵盖线段比例、角度关系、面积比、特殊四边形判定及线段最值等多个维度。 模型嵌套深：极少直接考查单一模型，多为“A字型”、“8字型”、“母子型”、“一线三等角”、“手拉手（旋转相似）”等基本模型的组合与嵌套。 逻辑链条长：结论之间存在递进或因果关系，通常需要“先证相似 → 得比例/等角 → 推导下一结论”，对逻辑推理的严密性要求极高。 二、 核心解题技巧 执果索因，逆向推导：不要盲目从头推导。先快速浏览所有结论，从最容易验证或最基础的结论入手（如明显的平行线、公共角），将其作为突破口，倒推所需的相似条件。 精准识别与构造模型： 找模型：在复杂图形中敏锐捕捉“A字”、“8字”、“母子型”等特征。例如，看到对顶角找“8字”，看到共边共角找“母子”，看到绕点旋转找“手拉手”。 作辅助线：当图形中缺乏直接相似条件时，主动通过“作平行线”、“截取等长线段”或“连接中点”来构造基本相似模型。 巧用“中间比”过渡：当目标线段或比例无法直接通过一组相似得出时，寻找一个“中间比”作为桥梁。利用等量代换，将两组或多组相似三角形的比例式串联起来。 警惕对应关系陷阱：在判定相似或书写比例式时，务必严格核对“对应顶点”和“对应边”。特别是动点问题或旋转问题中，对应关系可能随位置改变而改变，需分类讨论。 代数化与方程思想：将几何关系转化为代数方程。对于涉及线段长度、面积或坐标的问题，设未知数 $x$，利用相似比、勾股定理或面积公式建立方程求解，避免纯几何推导陷入死胡同。 特殊值与排除法：在选择题中，若某个结论难以严格证明，可尝试代入特殊位置（如中点、端点）或特殊图形（如等腰直角三角形）进行验证；若发现反例，果断排除。 变式1-1如图，在平行四边形中，，相交于点O，点E是的中点，连接并延长交于点F．已知，则下列结论：①；②；③； ④；⑤其中一定正确的个数是（     ） A．2 B．3 C．4 D．5 变式1-2如图，在矩形中，E是上一点，于点F，连接，，下列结论：①；②平分；③；④若E是中点，则．其中所有正确结论的序号是（     ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④ 变式1-3 如图，在矩形中，过点作，垂足为，交于点，，下列结论： ①；②； ③；④， 其中正确的结论有（     ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 类型二、折叠与相似三角形综合问题 典例2 在直角三角形纸片中，，，．点在边上，将沿翻折，得到．当时，与重叠部分的面积是（     ） A． B． C． D． 题型模版 一、 题型特征 动态几何背景：题目通常以矩形、正方形、平行四边形或特殊三角形（如等边三角形）纸片为背景，通过沿某条直线翻折，使顶点落在对边、对角线或图形内部。 隐含对称性质：折叠的本质是轴对称变换。图形中必然存在全等三角形（折叠前后图形全等）、对应边相等、对应角相等，以及折痕垂直平分对应点连线等隐性条件。 相似模型高频嵌套：折叠后，直角三角形的边角关系极易催生相似三角形。最常嵌套的模型包括“一线三直角（K字型）”、“母子型相似”、“A字型”以及“8字型”。 多问递进结构：题目往往分为2-3个小问，呈现“先证全等/相似 → 求线段长度/比例 → 探究面积或最值”的逻辑链条，对综合推理与代数运算能力要求极高。 二、 核心解题技巧 死磕折叠三大性质：拿到题目第一步，必须在图上标出折叠带来的直接结论：① 对应边、对应角相等；② 对应点连线被折痕垂直平分；③ 折叠前后图形面积相等。这是推导一切后续结论的基石。 敏锐捕捉“一线三直角”：在矩形或正方形折叠中，当一个直角顶点被折叠到对边上时，折痕两侧通常会形成两个直角三角形，它们与原有的直角三角形共同构成“一线三直角（K字型）”模型，直接利用对应边成比例列式。 巧设未知数，勾股建方程：折叠问题求线段长的核心套路是“设、表、列”。设所求线段或某条基础线段为 x，利用折叠性质和相似比将其他线段用含 x 的代数式表示，最后在某一个直角三角形中利用勾股定理建立方程求解。 挖掘“母子型”与“旋转相似”：若折叠点落在对角线上，极易出现共边共角的“母子型相似”；若涉及双折叠或绕点旋转，需寻找“手拉手”模型，通过证明夹角相等、夹边成比例来推导新的相似三角形。 警惕分类讨论陷阱：折叠落点的位置往往不唯一。例如“落在某条边上”可能包含落在线段内部或延长线上；“构成等腰三角形”需要分情况讨论哪两条边相等。解题时需结合图形边界条件，果断舍去不合题意的解。 面积与比例的转化：遇到求面积比或复杂线段比的问题，优先利用“相似三角形面积比等于相似比的平方”进行转化；若图形被分割，可通过等高或等底模型，将未知面积转化为已知相似三角形的面积。 变式2-1如图，在矩形中，是上一点，且．甲、乙两人通过折叠，在上找到一点，得到以为斜边的，方法如下： 甲：折叠矩形使点落在点处，折痕与交于点，与交于点，并算得． 乙：先折出的平分线，交于点，再折出的平分线，交于点，并算得．则下列说法正确的是（     ） A．甲、乙的折叠方法均不正确 B．只有甲的折叠方法及计算结果正确 C．只有乙的折叠方法及计算结果正确 D．甲、乙的折叠方法及计算结果均正确 变式2-2如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，将△沿着折叠得到△，与相交于点，则的长是________． 变式2-3如图，、分别是矩形边、上的点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，边经过点．若，，，则的长是_________，的长是_________． 类型三、旋转与相似三角形综合问题 典例3 如图，矩形中，，将绕点A旋转，使点C落到延长线上的点F处，点B对应点E，连接交于点G，若，则矩形的周长为________． 题型模版 一、 题型特征 动态变换背景：题目通常以特殊三角形（等腰直角三角形、等边三角形）或正方形为背景，给出“绕某定点旋转一定角度”或“旋转相似变换”的条件，常伴随动点问题。 核心模型“手拉手”：此类问题的灵魂是“手拉手（旋转）模型”。其核心特征是：两个相似三角形具有公共顶点，且绕该顶点旋转并缩放后可重合。 结论高度衍生：题目多考查旋转后产生的新图形性质。常见结论包括：产生新的相似三角形、特定线段的比例关系、线段之间的垂直或平行关系（如 ），以及线段的最值问题。 探究性极强：常以“观察猜想 → 探究证明 → 拓展延伸”的三问结构呈现，要求学生具备从特殊到一般的归纳推理能力。 二、 核心解题技巧 死磕“手拉手”证明三步曲： 找等角：利用旋转性质得出大角相等，再通过“角的和差（同减公共角）”证明包含对应边的两个小三角形夹角相等。 证比例：利用旋转前后的相似或全等，提取出对应边成比例的条件。 得相似：结合“等角”与“成比例的两夹边”，判定新的一对三角形相似（如 ）。 巧用“乘积转比例”逆向思维：当题目给出线段乘积相等（如 ）时，第一步必须将其转化为比例式。然后将分子与分母分别作为两个三角形的边，逆向寻找或证明这两个三角形相似。 敏锐捕捉“直角与垂直”衍生：在等腰直角三角形或正方形的旋转中，一旦证出“手拉手”相似，立刻联想对应角相等。通过导角（如 ），极易推导出某两条线段互相垂直的结论。 抓稳“旋转中心”与“不变量”：无论图形如何旋转，旋转中心到对应点的距离不变，对应边的夹角等于旋转角。在复杂图形中，死死盯住这个“不动点”，以此为圆心构建辅助圆或寻找全等/相似关系。 代数化求最值：对于“拓展延伸”中求线段最大值的问题，若纯几何难以突破，可建立平面直角坐标系，利用旋转的坐标变换公式表示出动点坐标，结合两点间距离公式或二次函数求最值。 警惕“旋转方向与重叠”陷阱：注意题目是顺时针还是逆时针旋转。当旋转角较大导致图形重叠时，角的关系可能由“和”变为“差”，需根据题意画出准确的草图，避免导角错误。 变式3-1综合与实践 问题情境： 如图1，四边形为正方形，正方形与正方形关于对称．在综合实践课上，各小组成员通过实践探索提出了下列问题，请你加以解决． 猜想证明： (1)如图2，“勤奋小组”将图1中的正方形沿正方形的对角线平移，得到正方形，线段与交于点M，线段与交于点N，使得．猜想线段与的数量关系并加以证明； 深度探索： (2)如图3，“创新小组”在（1）的条件下，将正方形绕点M逆时针旋转一定角度，当线段经过点C时，探索并证明线段与的数量关系； 解决问题： (3)如图4，“智慧小组”在（1）和（2）的条件下，连接和，请直接写出的值． 变式3-2【操作发现】 (1)如图1，和是等边三角形，连接，交于点． ①的值为________；②的度数为________； (2)【类比探究】如图2，在和中，，，，连接交的延长线于点．求的值及的度数； (3)【实际应用】在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点重合时的长． 变式3-3实践与探究 如图1，在边长为的正方形中，是正方形内一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，． 问题解决： (1)求证：； (2)若点是的中点，连接，且． ①如图2，当，，三点共线时，连接，求线段的长； ②在点运动的过程中，当，，三点共线时，连接，请自己画出图形，直接写出四边形的面积． 类型四、相似三角形与函数的综合 典例4 如图，中，，，是的角平分线，过点C作的垂线，交的延长线于点E．若设，，则y关于x的函数解析式为______． 题型模版 一、 题型特征 坐标系下的动态背景：题目通常以二次函数（抛物线）或一次函数图象为载体，在图象上设定动点，或在坐标轴、对称轴上设定动点，探究由这些点构成的三角形与已知三角形相似的问题。 数形结合与分类讨论：由于动点位置不确定，相似三角形的对应顶点关系往往不唯一。题目要求学生必须根据对应角或对应边的不同情况，进行严密的分类讨论。 代数与几何的深度交融：解题过程需要先用几何方法（找相等的角、分析已知三角形特征）确定相似关系，再转化为代数方法（设点坐标、表示线段长、列比例方程）求解。 二、 核心解题技巧 先定“已知”，再找“对应”： 第一步必须精准计算已知三角形的三边长和内角度数，判断其是否为特殊三角形（如等腰直角三角形）。 在动态三角形中寻找“固定元素”（如平行线带来的同位角、公共角），以此作为突破口确定相似三角形的对应顶点关系。 设点坐标，代数化表达： 设出动点的横坐标为 $x$（或参数 $t$），利用函数解析式将动点的纵坐标表示出来。 抓稳“对应边成比例”列方程： 依据“对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似”的判定定理，根据分类讨论的不同情况，列出线段比例方程。 若已知三角形是直角三角形，优先利用“直角对直角”、“锐角对锐角”来锁定对应边，避免盲目分类。 巧用“一线三垂直”与平行模型： 当动点在抛物线上，且涉及直角三角形相似时，常通过作平行于坐标轴的辅助线，构造“一线三垂直（K字型）”模型，利用相似比直接建立等量关系，这比单纯用距离公式更简便。 若题目出现两三角形相似且有公共边或平行边，可利用平行线分线段成比例定理快速求解。 解方程与检验舍根： 警惕并舍去不符合题意的解（如动点与已知点重合、点不在指定的线段或象限内、导致三角形退化为线段等情况）。 面积与线段最值的转化： 若题目在相似的基础上追问面积最大值或线段最值，可利用“相似三角形面积比等于相似比的平方”进行转化。 将几何最值问题转化为求二次函数的顶点坐标，或利用“垂线段最短”的几何原理求解。 变式4-1已知在中，，点P是边上的一个动点，，连接． (1)如图1，如果，求的长； (2)如图2，如果直线与边的延长线交于点E，设，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域； (3)如图3，如果直线与边的反向延长线交于点F，连接，当与相似时，试判断线段与线段的数量关系，并说明你的理由． 变式4-2．如图，平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A，B的坐标分别为，，动点M从点O出发，以每秒1个单位的速度沿线段向终点A运动，同时点N以相同速度从点B出发，沿线段向终点C运动，过点N作，交于点P，连接，设运动时间为t秒． (1)求直线的解析式． (2)用含t的代数式表示P的坐标 （直接写出答案）． (3)是否存在t的值，使以P，A，M为顶点的三角形与相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 类型五、利用相似三角形性质与判定求最值 典例5 如图，在中，，，，为上一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接交于点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 题型模版 一、 题型特征 动点与变量背景：题目通常设定一个或多个动点（如在某条线段、对角线或曲线上运动），要求求解某条线段、几条线段之和（如 PA+PB）、或三角形面积的最大值/最小值。 核心考查“几何转化”：此类问题极少直接利用代数公式硬算，而是高度依赖相似三角形的性质（对应边成比例），将“未知的、复杂的”几何量转化为“已知的、简单的”几何量。 经典最值模型嵌套：常与“将军饮马（最短路径）”、“胡不归模型”、“阿氏圆（阿波罗尼斯圆）”等经典几何最值模型深度结合，利用相似比进行线段长度的等价代换。 极端位置与边界条件：最值往往在动点运动的端点、特殊位置（如垂足、中点）或两动点相遇时取得，要求对动点轨迹有清晰的预判。 二、 核心解题技巧 先锁定相似比，再化折为直： 观察图形中是否存在固定的相似三角形（如动点构成的三角形与某个固定三角形相似）。 找出固定的相似比 k，将目标线段（如 PB）转化为另一条线段（如 k cdot PA），从而将“求 PB+PC 的最值”转化为“求 k cdot PA+PC 的最值”，实现线段的等价代换。 巧借“阿氏圆”破解系数最值： 当遇到求形如 m cdot PA + n cdot PB（m neq n）的最值问题时，利用相似构造“阿波罗尼斯圆”。 在射线上截取特定长度，构造一对相似三角形，将带有系数的线段转化为不带系数的线段，最后利用“两点之间线段最短”或“三角形三边关系”求解。 构建函数模型求极值： 若纯几何转化困难，可设动点运动的路程或横坐标为 t（或 x）。 利用相似三角形的比例关系，将目标线段或面积表示为关于 t 的代数式（通常为一次函数或二次函数）。 若为二次函数，直接利用顶点坐标公式求最值；若为一次函数，则根据动点的取值范围（端点）求最值。 敏锐捕捉“母子型”与“共边共角”： 在圆或特殊四边形中，动点极易与固定点构成“母子型相似”（共边共角）。利用该模型得出的比例式，往往能直接得出某条线段的平方关系，进而结合基本不等式或函数求最值。 警惕动点边界与轨迹限制： 相似转化后求出的理论最值点，必须检验该点是否在动点的实际运动轨迹上（例如是否超出了线段的端点，或是否落在了圆弧的劣弧/优弧限制内）。 若理论最值点不在有效轨迹内，则最值必在轨迹的边界（端点）处取得。 变式5-1如图，在菱形中，，，点E，F分别在，边上运动，连接，，，，则的最小值是____________． 变式5-2如图，在矩形中，，，是边上一个动点，连接，是上的一个动点，连接，，且，则线段的最小值为______． 变式5-3如图，在矩形中，，点在边上，，为 边上一动点，将线段绕点逆时针旋转，交边于点，连接 ，则 的面积的最小值为_______． 类型六、相似三角形新定义问题 典例6 定义：若连结三角形一个顶点和对边上一点的线段能把该三角形分成一个等腰三角形和一个直角三角形，我们称这条线段为该三角形的智慧线，这个三角形叫做智慧三角形． (1)如图1，在智慧三角形中，，为该三角形的智慧线，，，则长为_____________，的度数为_____________． (2)如图2，为等腰直角三角形，，F是斜边延长线上一点，连结，以为直角边作等腰直角三角形（点A，F，E按顺时针排列），，交于点D，连结，．当时，求证：是的智慧线． (3)如图3，中，，．若是智慧三角形，且为智慧线，求的面积． 题型模版 一、 题型特征 概念包装，形式新颖：题目通常会给出一个教材外的全新概念（如“自相似点”、“勾股分割点”、“友谊三角形”、“完美分割线”等），要求学生在短时间内阅读理解并运用。 核心本质仍是相似：尽管名称新颖，但其底层逻辑依然离不开相似三角形的判定（AA、SAS、SSS）与性质（对应角相等、对应边成比例、面积比等于相似比的平方）。 阶梯式设问结构：题目多采用“阅读理解 → 简单应用 → 综合拓展”的三问结构。第一问通常为直接套用定义的计算或证明；第二问结合基本几何模型（如直角三角形、特殊四边形）进行应用；第三问则往往涉及平面直角坐标系、动点轨迹或最值问题，综合性极强。 考查知识迁移能力：重点检验学生“现学现卖”的能力，即能否迅速将新定义转化为熟悉的几何语言，并结合几何直观进行推理。 二、 核心解题技巧 精准“翻译”新定义： 第一步是咬文嚼字，将新定义的文字描述转化为数学符号或几何图形。例如，看到“勾股分割点”，立刻联想到“分割出的三条线段需满足勾股定理”。 借助“几何直观”破题： 遇到抽象的新定义，切忌死抠字眼。应立刻在草稿纸上画出符合该定义的草图，通过图形的直观展示，寻找隐藏的平行线、公共角或相等的线段，将抽象问题具象化。 回归基本判定定理： 无论新定义多么复杂，证明相似的依据永远是那几条基本定理。优先寻找图形中的“公共角”、“平行线（同位角/内错角）”或“直角”，利用“AA”或“SAS”快速锁定相似三角形。 代数化与方程思想： 在“综合拓展”问中，若涉及线段长度或坐标计算，果断设未知数 $x$。利用新定义得出的相似比例式，结合勾股定理或两点间距离公式建立一元二次方程求解。 警惕“分类讨论”陷阱： 关注“边界条件”与“特殊位置”： 许多新定义会限制点的位置（如“不与顶点重合”、“在内部或边上”）。在求出代数解后，务必检验该点是否符合这些限制条件；同时，思考当动点处于中点、垂足等特殊位置时，新定义是否依然成立，这往往是解题的捷径。 变式6-1定义：在平行四边形中，若有一边长是一条对角线长的一半，则称这个平行四边形为半随四边形，其中这条边叫做半随边，这条对角线叫做半随对角线． (1)【概念理解】如图，四边形是半随四边形；对角线与交于点，是半随边，是半随对角线． ①的形状是________三角形； ②若，则=________； (2)【问题探究】如图，四边形是矩形，对角线与交于点，，． ①当时，请利用尺规作图，在射线上作出点，使四边形为半随四边形，并请说明理由；（保留作图痕迹，不写作法） ②若四边形是半随四边形，则______； (3)【应用拓展】如图，四边形与四边形均为半随四边形，其中与分别是半随边，和分别是半随对角线，，，请求出的值． 变式6-2【定义】将线段绕点A逆时针旋转角得到线段，将线段绕点A逆时针旋转角得到线段，则称由点A，B，C，D围成的四边形为“旋补四边形”，其中为旋补角． 【概念理解】 (1)如图1，在旋补四边形中，，，试说明对边与满足位置关系； 【拓展应用】 已知四边形为旋补四边形，旋补角，把沿折叠到，与交于点F． (2)如图2，若，，求线段的长； (3)若于点G，画出示意图并求出的值． 变式6-3如果一个四边形沿着它的一条对角线所在直线翻折后恰好完全重合，我们就把这个四边形称为“对称四边形”．如图1，四边形沿着对角线所在直线翻折后恰好完全重合，则四边形是以直线为对称轴的“对称四边形”． (1)下列四边形一定是“对称四边形”的是________（填序号）； ①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形 (2)如图2，在平行四边形中，是的中点，四边形是以直线为对称轴的“对称四边形”（点在平行四边形的内部），延长交于点．求证：四边形是“对称四边形”； (3)如图3，点是正方形的边上的动点（不与，重合），四边形是以直线为对称轴的“对称四边形”（点在正方形的内部），连接并延长，与的延长线交于点，连接，判断，，三条线段之间的数量关系，并说明理由． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，在平面直角坐标系中，的斜边在直线上，点，将进行如下操作：①绕点顺时针旋转，使落在直线上，记作第1次运动；②绕点顺时针旋转，使落在直线上，记作第2次运动；③绕点顺时针旋转，使落在直线上，记作第3次运动，，当第9次运动后，点的坐标为（     ） A． B． C． D． 2．如图，在正方形的边上有一动点，连接，将沿直线翻折到正方形所在平面内，得到，连接，过点作于点，连接．若正方形的边长为3，且，则的面积为（     ） A． B． C． D． 3．如图，在矩形中，E是边的中点，，垂足为F，连接，分析下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（     ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①② 4．如图，在矩形中，过点D作的垂线交于点E，交于点F，连接，，下列结论：①；②平分；③；④若F是的中点，则．其中正确的结论有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．如图，正方形的边长为6，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的个数（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．如图，在矩形中，，，且，对角线，相交于点，是上的一个动点，作交于点，作交于点，连结，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 7．在平面坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交轴于点，作正方形，延长交轴于点，作正方形，按这样的规律进行下去，第个正方形的面积为__________． 8．如图，矩形中，，，点在边上，且．连接，将沿折叠，若点的对应点落在矩形的边上，则的值为___________． 9．如图所示，在中，中线相交于点F，，交于点G，下列说法①；②；③与面积相等；④与四边形面积相等．结论正确的是______．（填写相应的序号） 10．一张直角三角形纸片，，，，点D为边上的任一点，沿过点D的直线折叠，使直角顶点C落在斜边上的点E处，当是直角三角形时，则的长为_____． 11．如图，正方形中，M，N在边，上，将四边形沿直线翻折得到四边形，线段恰好经过点A，连接交边于点E，如果正方形的边长为6，，则________． 12．【材料理解】 素材1：凸多边形是指多边形总在其任意一条边所在直线的同一侧（北师大数学七年级上册教材P128）． 例：如图1，四边形是凸四边形，四边形不是凸四边形．      素材2：过多边形的一个顶点的线段把该多边形分成相似的两部分，则称该多边形为“顶似多边形”，这条过顶点的线段称为“顶似线”． 【特例感知】 如图2，在等腰中，，，则是“顶似三角形”． 分析：________________，相似比是________． 则等腰是“顶似三角形”，是它的“顶似线”． (1)请补充以上分析过程中横线上的内容． 【问题解决】 (2)如图3，在中，，是“顶似三角形”吗？请证明你的结论． 【拓展延伸】 (3)如图4，在中，，，． ①直接写出：________，________，的面积为________； ②凸四边形是“顶似四边形”，它的唯一一条“顶似线”过点M．请在的基础上，用直尺作出凸四边形，并求出它的面积． 13．如图，在中，，，，点为边的中点，点为边上的一个动点（点与点不重合），连接，以、为邻边作，连接． (1)求点到的距离； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)连接，则线段的最小值为________； (4)当与的某一个内角相等时，直接写出的长． 14．在中，，． 【观察与发现】 (1)如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 15．如图，在边长为的等边中，点从点开始以每秒的速度沿射线方向运动，连结，点在线段上（不与端点重合），将射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点，设点的运动时间为秒． (1)如图①，当点在边上时，若平分，则 ． (2)如图②，当点在边延长线上时，过点作交于点，若点为中点， ①求证：； ②当时，求的值． (3)若点是的三等分点，当的面积等于，直接写出的值． 16．如图在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于，两点．直线与轴的负半轴交于点，且．点是线段上的动点． (1)求直线的解析式； (2)连接，当时，求点的坐标； (3)已知点的横坐标为时，点，连接与轴交于点，当的长度最小时，求的值． 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02 相似三角形综合问题 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、相似三角形多结论问题 类型二、折叠与相似三角形综合问题 类型三、旋转与相似三角形综合问题 类型四、相似三角形与函数的综合 类型五、利用相似三角形性质与判定求最值 类型六、相似三角形新定义问题 —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 相似三角形综合问题是初中数学九年级几何板块的核心重难点，所有题型均围绕“基本模型、比例转化、数形结合”三大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是几何模型识别必须精准锁定对应顶点与对应边，二是代数比例推导必须严格验证隐含约束与分类讨论。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、相似三角形多结论问题 典例1 如图，正方形中，点F是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点H，连接．以下四个结论：①；②；③；④，其中正确的个数为（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得，，可知，可判断①正确；利用，，可知，则②正确；利用，得，且，可知③正确；延长交于，由，得，可判断④正确，进而可得答案． 【详解】解：四边形与四边形都是正方形， ，，，， ，，， ，故①正确； ，， ， ， ， ，故②正确； ，， ， ， ，又， ，故③正确， 如图，延长交于， ， ， ， ，故④正确； 正确的是①②③④，共4个． 题型模版 一、 题型特征 图形结构复杂：题干通常包含多个三角形、特殊四边形（如平行四边形、矩形）或旋转、折叠等动态几何背景，图形信息量大且隐蔽。 结论多样且综合：题目以“判断以下结论正确的个数”或“选择正确结论”的形式呈现。结论往往涵盖线段比例、角度关系、面积比、特殊四边形判定及线段最值等多个维度。 模型嵌套深：极少直接考查单一模型，多为“A字型”、“8字型”、“母子型”、“一线三等角”、“手拉手（旋转相似）”等基本模型的组合与嵌套。 逻辑链条长：结论之间存在递进或因果关系，通常需要“先证相似 → 得比例/等角 → 推导下一结论”，对逻辑推理的严密性要求极高。 二、 核心解题技巧 执果索因，逆向推导：不要盲目从头推导。先快速浏览所有结论，从最容易验证或最基础的结论入手（如明显的平行线、公共角），将其作为突破口，倒推所需的相似条件。 精准识别与构造模型： 找模型：在复杂图形中敏锐捕捉“A字”、“8字”、“母子型”等特征。例如，看到对顶角找“8字”，看到共边共角找“母子”，看到绕点旋转找“手拉手”。 作辅助线：当图形中缺乏直接相似条件时，主动通过“作平行线”、“截取等长线段”或“连接中点”来构造基本相似模型。 巧用“中间比”过渡：当目标线段或比例无法直接通过一组相似得出时，寻找一个“中间比”作为桥梁。利用等量代换，将两组或多组相似三角形的比例式串联起来。 警惕对应关系陷阱：在判定相似或书写比例式时，务必严格核对“对应顶点”和“对应边”。特别是动点问题或旋转问题中，对应关系可能随位置改变而改变，需分类讨论。 代数化与方程思想：将几何关系转化为代数方程。对于涉及线段长度、面积或坐标的问题，设未知数 $x$，利用相似比、勾股定理或面积公式建立方程求解，避免纯几何推导陷入死胡同。 特殊值与排除法：在选择题中，若某个结论难以严格证明，可尝试代入特殊位置（如中点、端点）或特殊图形（如等腰直角三角形）进行验证；若发现反例，果断排除。 变式1-1如图，在平行四边形中，，相交于点O，点E是的中点，连接并延长交于点F．已知，则下列结论：①；②；③； ④；⑤其中一定正确的个数是（     ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】①根据平行四边形的性质可得出，由可得出，根据相似三角形的性质可得出，即可判断⑤正确；确定，进而可得出，结论①正确；②根据相似三角形的性质结合，即可求出，结论②正确；③由和等高且，即可得出，进而可得出，结论③错误；④假设，根据相似三角形的性质可得出，进而可得出，根据平行四边形的性质可得出，由与不共线可得出假设不成立，即和不相似，结论④错误．综上即可得出结论． 【详解】解：①四边形是平行四边形， ， 点E是的中点， ， ， ， ，，故⑤正确； ， ∴，结论①正确； ②， ， ，结论②正确； ③和等高，且， ， ，结论③错误； ④假设， 则， ， 即． ， 和共线． 点为的中点， 即与不共线， 假设不成立，即和不相似，结论④错误； 综上可得：正确的有3个． 变式1-2如图，在矩形中，E是上一点，于点F，连接，，下列结论：①；②平分；③；④若E是中点，则．其中所有正确结论的序号是（     ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④ 【答案】C 【分析】①证明，即可；③证明可得结论；④设，，则，再证明，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：①四边形是矩形， ，，， 于点， ∴， ， 故①正确； ②现有条件不足以证明，故②错误； ③，， ， ， ∵ ， ， 故③正确； ④设，， ∵E是中点， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴，即， ， 故④正确 故正确的有①③④． 变式1-3 如图，在矩形中，过点作，垂足为，交于点，，下列结论： ①；②； ③；④， 其中正确的结论有（     ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】设，则，利用相似三角形得出线段比例关系，结合勾股定理和面积公式逐一判断结论. 【详解】解：设， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ，故①正确； ， ， ，即，故②错误； ， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ， ，解得， ， ， 在中，， ，故③正确； 在中，， ， ，， ， ，故④错误； 综上所述，正确的结论有①③，共2个. 类型二、折叠与相似三角形综合问题 典例2 在直角三角形纸片中，，，．点在边上，将沿翻折，得到．当时，与重叠部分的面积是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据由勾股定理求出，再由翻折的性质得，设与交于点，然后说明 ，可得，进而得出，接下来求出，即可得出答案． 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理得， 由翻折的性质得，， ， ， ， ， ，， 设与交于点， ， ，， ， ， ， ∵与同高（顶点为，底边在上）， ， 与同高（顶点为，底边在上）， ， 又， ， 由翻折得， ， 即与重叠部分的面积是． 题型模版 一、 题型特征 动态几何背景：题目通常以矩形、正方形、平行四边形或特殊三角形（如等边三角形）纸片为背景，通过沿某条直线翻折，使顶点落在对边、对角线或图形内部。 隐含对称性质：折叠的本质是轴对称变换。图形中必然存在全等三角形（折叠前后图形全等）、对应边相等、对应角相等，以及折痕垂直平分对应点连线等隐性条件。 相似模型高频嵌套：折叠后，直角三角形的边角关系极易催生相似三角形。最常嵌套的模型包括“一线三直角（K字型）”、“母子型相似”、“A字型”以及“8字型”。 多问递进结构：题目往往分为2-3个小问，呈现“先证全等/相似 → 求线段长度/比例 → 探究面积或最值”的逻辑链条，对综合推理与代数运算能力要求极高。 二、 核心解题技巧 死磕折叠三大性质：拿到题目第一步，必须在图上标出折叠带来的直接结论：① 对应边、对应角相等；② 对应点连线被折痕垂直平分；③ 折叠前后图形面积相等。这是推导一切后续结论的基石。 敏锐捕捉“一线三直角”：在矩形或正方形折叠中，当一个直角顶点被折叠到对边上时，折痕两侧通常会形成两个直角三角形，它们与原有的直角三角形共同构成“一线三直角（K字型）”模型，直接利用对应边成比例列式。 巧设未知数，勾股建方程：折叠问题求线段长的核心套路是“设、表、列”。设所求线段或某条基础线段为 x，利用折叠性质和相似比将其他线段用含 x 的代数式表示，最后在某一个直角三角形中利用勾股定理建立方程求解。 挖掘“母子型”与“旋转相似”：若折叠点落在对角线上，极易出现共边共角的“母子型相似”；若涉及双折叠或绕点旋转，需寻找“手拉手”模型，通过证明夹角相等、夹边成比例来推导新的相似三角形。 警惕分类讨论陷阱：折叠落点的位置往往不唯一。例如“落在某条边上”可能包含落在线段内部或延长线上；“构成等腰三角形”需要分情况讨论哪两条边相等。解题时需结合图形边界条件，果断舍去不合题意的解。 面积与比例的转化：遇到求面积比或复杂线段比的问题，优先利用“相似三角形面积比等于相似比的平方”进行转化；若图形被分割，可通过等高或等底模型，将未知面积转化为已知相似三角形的面积。 变式2-1如图，在矩形中，是上一点，且．甲、乙两人通过折叠，在上找到一点，得到以为斜边的，方法如下： 甲：折叠矩形使点落在点处，折痕与交于点，与交于点，并算得． 乙：先折出的平分线，交于点，再折出的平分线，交于点，并算得．则下列说法正确的是（     ） A．甲、乙的折叠方法均不正确 B．只有甲的折叠方法及计算结果正确 C．只有乙的折叠方法及计算结果正确 D．甲、乙的折叠方法及计算结果均正确 【答案】B 【分析】根据折叠后点与点重合，可得折痕是线段的垂直平分线，可得，结合为斜边的直角三角形判定条件，用勾股定理列方程求长度，验证是否符合甲的计算结果；再根据是的平分线，，先求得，再由是的平分线，可得，利用相似三角形求出长度，进而得到长度，验证是否符合乙的计算结果． 【详解】，，， ， 设，则． 甲的方法：∵点与点关于对称， 垂直平分， ， 在中，， 在中，， ，即， 解得， 即，， ， ， ， ； 在中，， ， ， 为等腰直角三角形，且， 甲的折叠方法及计算结果正确； 乙的方法：如解图，连接， 平分，， ，， ，，， ，，， 是公共边， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 甲、乙两人确定的点是相同位置的点， 为等腰直角三角形，且， 乙的折叠方法正确，计算结果不正确． 变式2-2如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，将△沿着折叠得到△，与相交于点，则的长是________． 【答案】/ 【分析】连接交于点，连接，由折叠可得，，，根据矩形性质和勾股定理可得，则，，利用，可得，所以，然后证明，进而可以解决问题． 【详解】解：如图，连接交于点，连接， 由折叠可知：，，， 在矩形中，，，，， 又，， ，则，， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ． 即的长是． 变式2-3如图，、分别是矩形边、上的点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，边经过点．若，，，则的长是_________，的长是_________． 【答案】 【分析】作于N，则四边形是矩形，则可得，．根据矩形的性质和折叠的性质可得，，根据勾股定理可得，进而可得．证明，根据相似三角形对应边成比例可求得，．再证明，则可得，则可得，再根据勾股定理可得． 【详解】解：设与的交点为M， ∵四边形是矩形，且，， ∴，，， 作于N，则四边形是矩形， ∴，， 根据折叠的性质可知，，，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 类型三、旋转与相似三角形综合问题 典例3 如图，矩形中，，将绕点A旋转，使点C落到延长线上的点F处，点B对应点E，连接交于点G，若，则矩形的周长为________． 【答案】 【分析】设与交于M，设，则，根据矩形性质以及旋转性质证明，利用相似比可表示出，则，得到，于是利用得到，解出a的值，利用勾股定理求出的长，从而求出最后结果． 【详解】解：设与交于M，如图， 设，则， 四边形为矩形， ，，， ， 将绕点A旋转，使点C落到延长线上的点F处， ，，，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ， ， ， ， 解得，（舍去）， ， 在中，， 矩形的周长． 题型模版 一、 题型特征 动态变换背景：题目通常以特殊三角形（等腰直角三角形、等边三角形）或正方形为背景，给出“绕某定点旋转一定角度”或“旋转相似变换”的条件，常伴随动点问题。 核心模型“手拉手”：此类问题的灵魂是“手拉手（旋转）模型”。其核心特征是：两个相似三角形具有公共顶点，且绕该顶点旋转并缩放后可重合。 结论高度衍生：题目多考查旋转后产生的新图形性质。常见结论包括：产生新的相似三角形、特定线段的比例关系、线段之间的垂直或平行关系（如 ），以及线段的最值问题。 探究性极强：常以“观察猜想 → 探究证明 → 拓展延伸”的三问结构呈现，要求学生具备从特殊到一般的归纳推理能力。 二、 核心解题技巧 死磕“手拉手”证明三步曲： 找等角：利用旋转性质得出大角相等，再通过“角的和差（同减公共角）”证明包含对应边的两个小三角形夹角相等。 证比例：利用旋转前后的相似或全等，提取出对应边成比例的条件。 得相似：结合“等角”与“成比例的两夹边”，判定新的一对三角形相似（如 ）。 巧用“乘积转比例”逆向思维：当题目给出线段乘积相等（如 ）时，第一步必须将其转化为比例式。然后将分子与分母分别作为两个三角形的边，逆向寻找或证明这两个三角形相似。 敏锐捕捉“直角与垂直”衍生：在等腰直角三角形或正方形的旋转中，一旦证出“手拉手”相似，立刻联想对应角相等。通过导角（如 ），极易推导出某两条线段互相垂直的结论。 抓稳“旋转中心”与“不变量”：无论图形如何旋转，旋转中心到对应点的距离不变，对应边的夹角等于旋转角。在复杂图形中，死死盯住这个“不动点”，以此为圆心构建辅助圆或寻找全等/相似关系。 代数化求最值：对于“拓展延伸”中求线段最大值的问题，若纯几何难以突破，可建立平面直角坐标系，利用旋转的坐标变换公式表示出动点坐标，结合两点间距离公式或二次函数求最值。 警惕“旋转方向与重叠”陷阱：注意题目是顺时针还是逆时针旋转。当旋转角较大导致图形重叠时，角的关系可能由“和”变为“差”，需根据题意画出准确的草图，避免导角错误。 变式3-1综合与实践 问题情境： 如图1，四边形为正方形，正方形与正方形关于对称．在综合实践课上，各小组成员通过实践探索提出了下列问题，请你加以解决． 猜想证明： (1)如图2，“勤奋小组”将图1中的正方形沿正方形的对角线平移，得到正方形，线段与交于点M，线段与交于点N，使得．猜想线段与的数量关系并加以证明； 深度探索： (2)如图3，“创新小组”在（1）的条件下，将正方形绕点M逆时针旋转一定角度，当线段经过点C时，探索并证明线段与的数量关系； 解决问题： (3)如图4，“智慧小组”在（1）和（2）的条件下，连接和，请直接写出的值． 【答案】(1)解：． 证明：∵正方形与正方形关于对称， ∴，，， 如图，连接，， 由平移，可得，， 四边形为平行四边形． 四边形是正方形， ， 四边形是矩形， ，，， 四边形是正方形，为对角线， ， 又， ． 由平移，可得， ， ． 又，， ． ，， ， ． (2)解：． 证明：如图，连接，，过点M作于点H． 由旋转的性质及（1）中结论，可得，． ， ，． ， 四边形为矩形， ， ， 即． (3) 【分析】（1）连接，，根据平移的性质和正方形的性质证明四边形是矩形，则，，，由平移，可得，则，结合，得出．证明，即可得． （2）如图，连接，，过点M作于点H．根据等腰三角形的性质得出，，证明四边形为矩形，得出，即可得． （3）连接，设原正方形边长为，根据，得出，，根据旋转可得，正方形边长为，，，勾股定理求出，证明，得出，则，证明，即可得． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：连接， 设原正方形边长为， ∵， ∴，， 根据旋转可得，正方形边长为，， ∴， ∵，，， ∴， ∵正方形中，，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中：，， ∴， ∴． 变式3-2【操作发现】 (1)如图1，和是等边三角形，连接，交于点． ①的值为________；②的度数为________； (2)【类比探究】如图2，在和中，，，，连接交的延长线于点．求的值及的度数； (3)【实际应用】在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点重合时的长． 【答案】(1)①；② (2)的值为，的度数为 (3) 【分析】（1）根据证明，可得进而得到，再根据求得； （2）根据，证得，得到，再根据得到； （3）分两种情况讨论，可知点、重合时均为直角三角形，用勾股定理求出，再用（2）的相似比例算出． 【详解】（1）解：如图， ∵和是等边三角形， ∴，，， ∴，即， ∴在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴． （2）解：如图， ∵和都是等腰直角三角形， ∴，， ∴，即，， ∴， ∴，， ∵， ∴． （3）解：如图，当点与重合时，， ∴， 由（2）知； 如图，当点与重合时，， 则， 同理可得， 综上，． 变式3-3实践与探究 如图1，在边长为的正方形中，是正方形内一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，． 问题解决： (1)求证：； (2)若点是的中点，连接，且． ①如图2，当，，三点共线时，连接，求线段的长； ②在点运动的过程中，当，，三点共线时，连接，请自己画出图形，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵将绕点顺时针旋转，得到， ∴，， ∴，即， ∴， ∴． (2)①；②， 【分析】（1）利用正方形和旋转的性质证明，再利用全等三角形的性质即可证明结论； （2）①由（1）可知，则，结合正方形的性质及勾股定理得的长，过点作延长线于，可证，利用相似三角形的性质可得，的长，再利用勾股定理求解即可；②连接，过点作，由三角形三边关系可知，当点在上时取等号，即：当最小时，，进而可得的面积，由得，进而求得的长，可得的面积，进而求得四边形的面积． 【详解】（1）略 （2）解：①由（1）可知，， ∴， ∵正方形的边长为， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， 如图，过点作延长线于，则， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴； ②如图，连接，则， 由三角形三边关系可知，， 当点在上时取等号，即：当最小时，， ∴， 如图，过点作，则， ∴， ∴，即，解得， ∴， ∴四边形的面积为． 类型四、相似三角形与函数的综合 典例4 如图，中，，，是的角平分线，过点C作的垂线，交的延长线于点E．若设，，则y关于x的函数解析式为______． 【答案】 【分析】延长、交于点，证明，得出，，从而，，证明，由相似三角形的性质计算即可得出结果． 【详解】解：延长、交于点， ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由题意可得， ∴y关于x的函数解析式为． 题型模版 一、 题型特征 坐标系下的动态背景：题目通常以二次函数（抛物线）或一次函数图象为载体，在图象上设定动点，或在坐标轴、对称轴上设定动点，探究由这些点构成的三角形与已知三角形相似的问题。 数形结合与分类讨论：由于动点位置不确定，相似三角形的对应顶点关系往往不唯一。题目要求学生必须根据对应角或对应边的不同情况，进行严密的分类讨论。 代数与几何的深度交融：解题过程需要先用几何方法（找相等的角、分析已知三角形特征）确定相似关系，再转化为代数方法（设点坐标、表示线段长、列比例方程）求解。 二、 核心解题技巧 先定“已知”，再找“对应”： 第一步必须精准计算已知三角形的三边长和内角度数，判断其是否为特殊三角形（如等腰直角三角形）。 在动态三角形中寻找“固定元素”（如平行线带来的同位角、公共角），以此作为突破口确定相似三角形的对应顶点关系。 设点坐标，代数化表达： 设出动点的横坐标为 $x$（或参数 $t$），利用函数解析式将动点的纵坐标表示出来。 抓稳“对应边成比例”列方程： 依据“对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似”的判定定理，根据分类讨论的不同情况，列出线段比例方程。 若已知三角形是直角三角形，优先利用“直角对直角”、“锐角对锐角”来锁定对应边，避免盲目分类。 巧用“一线三垂直”与平行模型： 当动点在抛物线上，且涉及直角三角形相似时，常通过作平行于坐标轴的辅助线，构造“一线三垂直（K字型）”模型，利用相似比直接建立等量关系，这比单纯用距离公式更简便。 若题目出现两三角形相似且有公共边或平行边，可利用平行线分线段成比例定理快速求解。 解方程与检验舍根： 警惕并舍去不符合题意的解（如动点与已知点重合、点不在指定的线段或象限内、导致三角形退化为线段等情况）。 面积与线段最值的转化： 若题目在相似的基础上追问面积最大值或线段最值，可利用“相似三角形面积比等于相似比的平方”进行转化。 将几何最值问题转化为求二次函数的顶点坐标，或利用“垂线段最短”的几何原理求解。 变式4-1已知在中，，点P是边上的一个动点，，连接． (1)如图1，如果，求的长； (2)如图2，如果直线与边的延长线交于点E，设，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域； (3)如图3，如果直线与边的反向延长线交于点F，连接，当与相似时，试判断线段与线段的数量关系，并说明你的理由． 【答案】(1)2 (2)，它的定义域是 (3)；理由： 是的一个外角， ， 由与相似，则． 过点B作交于点E， ， ， ． ， ， ， ， ， 是中点． ， ， ， ． 由（1）知， ， ， ． 是中点． 是的中位线， ． 【分析】（1）先证明，得出比例式，即可求解； （2）由（1）得出，，再由，得出，即可得出函数解析式； （3）过点B作交于点E，根据平行线分线段成比例及相似三角形的性质说明是的中位线即可． 【详解】（1）解：，， 四边形是平行四边形， ． ， ， ， ， ， ， ． （2）解：由（1）得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）略． 变式4-2．如图，平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A，B的坐标分别为，，动点M从点O出发，以每秒1个单位的速度沿线段向终点A运动，同时点N以相同速度从点B出发，沿线段向终点C运动，过点N作，交于点P，连接，设运动时间为t秒． (1)求直线的解析式． (2)用含t的代数式表示P的坐标 （直接写出答案）． (3)是否存在t的值，使以P，A，M为顶点的三角形与相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或． 【分析】（1）先求出点C坐标，利用待定系数法可求解析式； （2）通过证明，可得，即可求解； （3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质列出等式，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形， ∴， ∵点A，B的坐标分别为，， ∴点， 设直线的解析式为：， 由题意可得：， 解得：， ∴直线的解析式为：； （2）延长，交于点G，可得出， ∵动点运动t秒后， ∴， ∴， ∵点A，C的坐标分别为，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则，， ∴P点的坐标为； （3）当时，且，则， ∴， ∴ ∴， 当时，且，则， ∴， ∴， ∴， 综上所述：或． 类型五、利用相似三角形性质与判定求最值 典例5 如图，在中，，，，为上一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接交于点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形性质得出为中点且，由垂线段最短可知当时最小，利用相似三角形性质计算即可 ． 【详解】解：四边形为平行四边形， 为中点，， ， 当时，最短，即最小， 如图， 在中，，， ， ，， ， ，即， ， ， 即的最小值为． 题型模版 一、 题型特征 动点与变量背景：题目通常设定一个或多个动点（如在某条线段、对角线或曲线上运动），要求求解某条线段、几条线段之和（如 PA+PB）、或三角形面积的最大值/最小值。 核心考查“几何转化”：此类问题极少直接利用代数公式硬算，而是高度依赖相似三角形的性质（对应边成比例），将“未知的、复杂的”几何量转化为“已知的、简单的”几何量。 经典最值模型嵌套：常与“将军饮马（最短路径）”、“胡不归模型”、“阿氏圆（阿波罗尼斯圆）”等经典几何最值模型深度结合，利用相似比进行线段长度的等价代换。 极端位置与边界条件：最值往往在动点运动的端点、特殊位置（如垂足、中点）或两动点相遇时取得，要求对动点轨迹有清晰的预判。 二、 核心解题技巧 先锁定相似比，再化折为直： 观察图形中是否存在固定的相似三角形（如动点构成的三角形与某个固定三角形相似）。 找出固定的相似比 k，将目标线段（如 PB）转化为另一条线段（如 k cdot PA），从而将“求 PB+PC 的最值”转化为“求 k cdot PA+PC 的最值”，实现线段的等价代换。 巧借“阿氏圆”破解系数最值： 当遇到求形如 m cdot PA + n cdot PB（m neq n）的最值问题时，利用相似构造“阿波罗尼斯圆”。 在射线上截取特定长度，构造一对相似三角形，将带有系数的线段转化为不带系数的线段，最后利用“两点之间线段最短”或“三角形三边关系”求解。 构建函数模型求极值： 若纯几何转化困难，可设动点运动的路程或横坐标为 t（或 x）。 利用相似三角形的比例关系，将目标线段或面积表示为关于 t 的代数式（通常为一次函数或二次函数）。 若为二次函数，直接利用顶点坐标公式求最值；若为一次函数，则根据动点的取值范围（端点）求最值。 敏锐捕捉“母子型”与“共边共角”： 在圆或特殊四边形中，动点极易与固定点构成“母子型相似”（共边共角）。利用该模型得出的比例式，往往能直接得出某条线段的平方关系，进而结合基本不等式或函数求最值。 警惕动点边界与轨迹限制： 相似转化后求出的理论最值点，必须检验该点是否在动点的实际运动轨迹上（例如是否超出了线段的端点，或是否落在了圆弧的劣弧/优弧限制内）。 若理论最值点不在有效轨迹内，则最值必在轨迹的边界（端点）处取得。 变式5-1如图，在菱形中，，，点E，F分别在，边上运动，连接，，，，则的最小值是____________． 【答案】/ 【分析】连接，过点作于点，先解直角三角形，得到，再由平行线分线段成比例得到，证明，求得，当时，有最小值， 有最小值，此时点与重合，即可求解． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 在菱形中，， ， 在中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，有最小值，有最小值，此时点与重合， 的最小值为， 的最小值是． 变式5-2如图，在矩形中，，，是边上一个动点，连接，是上的一个动点，连接，，且，则线段的最小值为______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理，由矩形的性质可得，证明得出，即点在以为直径的上，连接交于，此时最短，为，再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的上，如图所示，连接交于，此时最短，为， ， 则，， ∴线段的最小值为， 故答案为：． 变式5-3如图，在矩形中，，点在边上，，为 边上一动点，将线段绕点逆时针旋转，交边于点，连接 ，则 的面积的最小值为_______． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定及等边三角形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键．延长交的延长线于点，以点为顶点构造等边，使点在直线上，在上截取，连接，可证明，进而得，再证明，所以，即可求解． 【详解】解：如图，延长交的延长线于点，以点为顶点构造等边，使点在直线上，在上截取，连接． 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形，， ， 由题意得，， ， 又， ， 又， ， ， ， ，当点重合时，有最小值， ， ， ， ， 的最小值为， 故答案为：． 类型六、相似三角形新定义问题 典例6 定义：若连结三角形一个顶点和对边上一点的线段能把该三角形分成一个等腰三角形和一个直角三角形，我们称这条线段为该三角形的智慧线，这个三角形叫做智慧三角形． (1)如图1，在智慧三角形中，，为该三角形的智慧线，，，则长为_____________，的度数为_____________． (2)如图2，为等腰直角三角形，，F是斜边延长线上一点，连结，以为直角边作等腰直角三角形（点A，F，E按顺时针排列），，交于点D，连结，．当时，求证：是的智慧线． (3)如图3，中，，．若是智慧三角形，且为智慧线，求的面积． 【答案】(1)2； (2)证明：如图2中， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，   ∴是等腰三角形， ∵是直角三角形， ∴是智慧三角形； ∴是的智慧线 (3)16或 【分析】（1）利用勾股定理求出，再根据等腰直角三角形的性质求出即可； （2）证明，结合定义可得结论； （3）如图3中，过点作于点．有两种情形：当时，或当时，，是智慧三角形． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵，， ∴ ∵是智慧三角形， ∴是等腰直角三角形， ∴，， （2）略 （3）解：如图中，过点A作于点H． 有两种情形：当时，或当时，，是智慧三角形． ，， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述，满足条件的的面积为16或． 题型模版 一、 题型特征 概念包装，形式新颖：题目通常会给出一个教材外的全新概念（如“自相似点”、“勾股分割点”、“友谊三角形”、“完美分割线”等），要求学生在短时间内阅读理解并运用。 核心本质仍是相似：尽管名称新颖，但其底层逻辑依然离不开相似三角形的判定（AA、SAS、SSS）与性质（对应角相等、对应边成比例、面积比等于相似比的平方）。 阶梯式设问结构：题目多采用“阅读理解 → 简单应用 → 综合拓展”的三问结构。第一问通常为直接套用定义的计算或证明；第二问结合基本几何模型（如直角三角形、特殊四边形）进行应用；第三问则往往涉及平面直角坐标系、动点轨迹或最值问题，综合性极强。 考查知识迁移能力：重点检验学生“现学现卖”的能力，即能否迅速将新定义转化为熟悉的几何语言，并结合几何直观进行推理。 二、 核心解题技巧 精准“翻译”新定义： 第一步是咬文嚼字，将新定义的文字描述转化为数学符号或几何图形。例如，看到“勾股分割点”，立刻联想到“分割出的三条线段需满足勾股定理”。 借助“几何直观”破题： 遇到抽象的新定义，切忌死抠字眼。应立刻在草稿纸上画出符合该定义的草图，通过图形的直观展示，寻找隐藏的平行线、公共角或相等的线段，将抽象问题具象化。 回归基本判定定理： 无论新定义多么复杂，证明相似的依据永远是那几条基本定理。优先寻找图形中的“公共角”、“平行线（同位角/内错角）”或“直角”，利用“AA”或“SAS”快速锁定相似三角形。 代数化与方程思想： 在“综合拓展”问中，若涉及线段长度或坐标计算，果断设未知数 $x$。利用新定义得出的相似比例式，结合勾股定理或两点间距离公式建立一元二次方程求解。 警惕“分类讨论”陷阱： 关注“边界条件”与“特殊位置”： 许多新定义会限制点的位置（如“不与顶点重合”、“在内部或边上”）。在求出代数解后，务必检验该点是否符合这些限制条件；同时，思考当动点处于中点、垂足等特殊位置时，新定义是否依然成立，这往往是解题的捷径。 变式6-1定义：在平行四边形中，若有一边长是一条对角线长的一半，则称这个平行四边形为半随四边形，其中这条边叫做半随边，这条对角线叫做半随对角线． (1)【概念理解】如图，四边形是半随四边形；对角线与交于点，是半随边，是半随对角线． ①的形状是________三角形； ②若，则=________； (2)【问题探究】如图，四边形是矩形，对角线与交于点，，． ①当时，请利用尺规作图，在射线上作出点，使四边形为半随四边形，并请说明理由；（保留作图痕迹，不写作法） ②若四边形是半随四边形，则______； (3)【应用拓展】如图，四边形与四边形均为半随四边形，其中与分别是半随边，和分别是半随对角线，，，请求出的值． 【答案】(1)等腰； (2)①作图如下： 理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴为半随边，为半随对角线，四边形是半随四边形． ②或； (3)． 【分析】（1）①根据平行四边形对角线互相平分与半随四边形定义得到，判断三角形形状；②直接利用半随边与半随对角线数量关系计算长度． （2）①根据平行四边形判定作出图形，再结合半随四边形定义完成证明；②分类讨论矩形的边作为半随边的两种情况，利用勾股定理求出． （3）结合平行四边形性质、半随四边形定义推导角相等，证明三角形全等，再通过勾股定理列方程求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是平行四边形， ∴， ∵是半随边，是半随对角线， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． ②∵，， ∴． （2）解：①在射线上取点，使，作图略； ②情况1：为半随边，对应对角线， ∵矩形，，，， ∴，即， 解得（负值舍去）； 情况2：为半随边，对应对角线， ∵矩形，， ∴，即， 解得（负值舍去）； ∴或． （3）解：∵四边形是半随四边形，是半随边，是半随对角线， ∴，，为中点， ∴，， ∴， ∵四边形是半随四边形，是半随边，是半随对角线， ∴，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴（）， ∴， 过作于，设， ∵， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴， 在中： ， 在中， ∵， ∴， 解得（负值舍去）， ∴． 变式6-2【定义】将线段绕点A逆时针旋转角得到线段，将线段绕点A逆时针旋转角得到线段，则称由点A，B，C，D围成的四边形为“旋补四边形”，其中为旋补角． 【概念理解】 (1)如图1，在旋补四边形中，，，试说明对边与满足位置关系； 【拓展应用】 已知四边形为旋补四边形，旋补角，把沿折叠到，与交于点F． (2)如图2，若，，求线段的长； (3)若于点G，画出示意图并求出的值． 【答案】(1)， 理由：∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴． (2) (3)， 【分析】（1）根据题中定义并利用等腰三角形的性质，平行线的判定即可证得结论； （2）根据题中定义并利用等腰三角形的性质，折叠的性质结合相似三角形的判定与性质，设，列出方程求解x的值，从而得解； （3）先根据题意画出示意图，再根据题中定义，利用等腰三角形的性质，折叠的性质及相似三角形的判定与性质即可求得最终结果． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形为旋补四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵把沿折叠到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：，（舍去）， ∴线段的长为． （3）解：当时，如图，在上截取，连接， 由折叠性质得，， ∵， ∴， 由（2）可知，，， ∴，解得：， ∴，， ∵，， ∴，则， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ∵，， ∴， ∴，即， 整理得：， 解得：（舍去负值），即， ∴． 变式6-3如果一个四边形沿着它的一条对角线所在直线翻折后恰好完全重合，我们就把这个四边形称为“对称四边形”．如图1，四边形沿着对角线所在直线翻折后恰好完全重合，则四边形是以直线为对称轴的“对称四边形”． (1)下列四边形一定是“对称四边形”的是________（填序号）； ①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形 (2)如图2，在平行四边形中，是的中点，四边形是以直线为对称轴的“对称四边形”（点在平行四边形的内部），延长交于点．求证：四边形是“对称四边形”； (3)如图3，点是正方形的边上的动点（不与，重合），四边形是以直线为对称轴的“对称四边形”（点在正方形的内部），连接并延长，与的延长线交于点，连接，判断，，三条线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)③④ (2)证明：连接， 是的中点， ， 将沿折叠后得到， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，且， ， ， ， ， 在和中， ， ， 四边形沿折叠完全重合， 四边形是“对称四边形”． (3)解：，理由如下： 过点作，过点作，连接交于， ∵四边形是以直线为对称轴的“对称四边形”， ， ，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 在中，，， ，则， 即 在中，，， ，则， 即， ， 即， ． 【分析】（1）根据“对称四边形”的定义即可解答； （2）连接，根据折叠的性质、平行四边形的性质证明即可解答； （3）过点作，过点作，连接交于，证得到，再根据勾股定理可得、，最后代入整理即可解答． 【详解】（1）解：由“对称四边形”的定义可知：正方形、菱形是“对称四边形”． 故答案为③④． （2）略 （3）略 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，在平面直角坐标系中，的斜边在直线上，点，将进行如下操作：①绕点顺时针旋转，使落在直线上，记作第1次运动；②绕点顺时针旋转，使落在直线上，记作第2次运动；③绕点顺时针旋转，使落在直线上，记作第3次运动，，当第9次运动后，点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意得出点，确定，第2次运动后，记点O的对应点为，如图所示，作轴，交y轴于点E，利用相似三角形的判定和性质得出，，确定点的横坐标为，纵坐标为，据此规律即可求解． 【详解】解：的斜边在直线上，点， ∴， 解得， 点， ， ， 第2次运动后，记点O的对应点为，如图所示，作轴，交y轴于点E， ∴，， ∴， ∴，即 ∴，， ∴点的横坐标为，纵坐标为； 同理第6次运动后，运动后点的横坐标为，纵坐标为； 当第9次运动后，运动后点的横坐标为，纵坐标为，即点的坐标为． 2．如图，在正方形的边上有一动点，连接，将沿直线翻折到正方形所在平面内，得到，连接，过点作于点，连接．若正方形的边长为3，且，则的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用相似三角形求出和，由折叠对称性确定到的垂足的位置，发现，将到的距离转化为线段的长，通过线段减法直接求出高． 【详解】解：正方形的边长为，，， ，， 在中，， 将沿折叠得到， 为关于的对称点， 连接交于H，由轴对称图形的性质可知于， 在中，， ∴ ， ， ， 于， ， 正方形中， ， 又在中， ， 又 ， ， ， 即， 解得，， ，， ， 点到直线的距离等于到直线的距离， 在上，于， 到直线的距离为， 又 ，在、之间， ， ． 3．如图，在矩形中，E是边的中点，，垂足为F，连接，分析下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（     ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①② 【答案】A 【分析】依次判断四个结论，①：根据，可证明；②：根据即可证明；③过点作交于点，交于点，先证明是中点，从而是中点，即可证明垂直平分，则；④根据，得到线段的相似关系比，证出，从而． 【详解】解：过点作交于点，交于点， ①四边形是矩形， ， ， ， ， ，①正确； ② E是边的中点， ， ， ， ， ，②正确； ③， 四边形是平行四边形， ， 是中点， 又， 是中点， 垂直平分， ，③正确 ④， ， ， ， 又， ， ， ， ， 即，④正确． 4．如图，在矩形中，过点D作的垂线交于点E，交于点F，连接，，下列结论：①；②平分；③；④若F是的中点，则．其中正确的结论有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】利用“两角对应相等的两个三角形相似”即可判断结论①；判断和是否相等即可判断结论②；首先根据已知条件可以判定，然后利用对应边成比例可证明，进而可以判断结论③；设，则，，证明，求出，即可判断结论④． 【详解】对于结论①，四边形是矩形， ， . , ． ，故结论①符合题意； 对于结论②，若平分成立，则有， ， ， ， ， 而根据现有条件无法说明，故结论②不符合题意； 对于结论③，∵四边形是矩形， ． ， ， ． ， ． ， ． ， ， ，故结论③符合题意； 对于结论④， 四边形是矩形， ， ， ． F是的中点， ． 设，则，． 在和中， ， ，即 ， ， ． 在中，由勾股定理，得 ， ，故结论④不符合题意． 综上可知，符合题意的结论有①③． 5．如图，正方形的边长为6，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的个数（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】先证明，得出，再证明，得出，结合，得出垂直平分，即可判断①正确；由①得，则关于直线的对称点为，连接，过点作，交于点，交于点，由对称的性质得，则，当、、三点共线时，的值最小，为的长，由正方形的性质并结合勾股定理计算即可判断②正确；由①可得，，则，结合相似三角形的性质即可判断③正确；由三角形的面积公式计算即可判断④错误． 【详解】解：①∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分，故①正确； ②由①得， ∴关于直线的对称点为， 如图，连接，过点作，交于点，交于点， 由对称的性质得， ∴， ∴当、、三点共线时，的值最小，为的长， ∵四边形为正方形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即的最小值为，故②正确； ③由①可得，， ∴， ∴， ∴， 由①可得， ∴，故③正确； ④∵四边形为正方形，且边长为， ∴， 在中，， 由①可得， ∴， ∴， ∵的边和的边上的高相等， ∴设的边和的边上的高为， ∵， ∴， ∴， ∴，故④错误； 综上所述，正确的有①②③，共个． 6．如图，在矩形中，，，且，对角线，相交于点，是上的一个动点，作交于点，作交于点，连结，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用矩形对角线相等且互相平分、平行线证得相似三角形，结合垂直条件推导两组直角三角形相似，通过设参数化简线段长度，借助勾股定理推导出与的正比例关系式；再依据垂线段最短，确定点到对角线的垂线段为最小值，结合三角形面积公式求出的最小长度，最终代入关系式算出的最小值． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 对角线，且为中点， ， ， ， 过点分别作于，于， 则四边形为矩形， ，且, ， ， ， ， ， 设， 则，，， ，，， ， ， ， 又， ， 又， ， ， 其中， 代入得：， 约分化简得：， ，， 在中，由勾股定理得， 将、代入，利用完全平方公式展开并整理： ， ， ，即， 为定值， 当取最小值时，取得最小值， 点在线段上运动， 根据垂线段最短，当时，取得最小值（即点到直线的距离）， ， 代入得：， 解得， 将代入的表达式： ． 7．在平面坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交轴于点，作正方形，延长交轴于点，作正方形，按这样的规律进行下去，第个正方形的面积为__________． 【答案】 【分析】由点和点的坐标即可求得与的长，然后由勾股定理即可求得的长，继而求得正方形的面积，再利用相似可求得正方形的面积，观察可得规律，最终得到第个正方形的面积． 【详解】解：设正方形的面积为，，…，． 点的坐标为，点的坐标为， ，． 在中，， 正方形的面积． 四边形是正方形， ，． ，， ． ， ， ，即，解得． ， 正方形的面积． 同理可得正方形的面积， 第个正方形的面积为． 8．如图，矩形中，，，点在边上，且．连接，将沿折叠，若点的对应点落在矩形的边上，则的值为___________． 【答案】或 【分析】分两种情况：①点落在边上，根据矩形与折叠的性质易得，即可求出的值；②点落在边上，证明，根据相似三角形对应边成比例即可求出的值． 【详解】解：分两种情况： ①当点落在边上时，如图， 四边形是矩形， ， 将沿折叠，点的对应点落在边上， ， ∴是等腰直角三角形， ， ， ； ②当点落在边上时，如图． 四边形是矩形， ，． 将沿折叠，点的对应点落在边上， ，，， ，， ，， ∽， ， ， 解得或（舍去） 综上，的值为或。 9．如图所示，在中，中线相交于点F，，交于点G，下列说法①；②；③与面积相等；④与四边形面积相等．结论正确的是______．（填写相应的序号） 【答案】①②④ 【分析】为中点，可得，证明，可证，故①正确；②由于则可证，故②正确；设，可得，，，，可判断③错，④正确． 【详解】解：①∵中线相交于点F， ∴为中点， ， ， ∴， ； ， ∴，故①正确； ②， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ③④设，则，， ∴， ∴， ∴， 故③错，④正确． 10．一张直角三角形纸片，，，，点D为边上的任一点，沿过点D的直线折叠，使直角顶点C落在斜边上的点E处，当是直角三角形时，则的长为_____． 【答案】3或 【分析】分两种情况讨论：或，分别依据或者，即可得到CD的长． 【详解】解：分两种情况： ①若，则，， 连接，则， ∴，， 设，则， ∵中，， ∴， 解得， ∴； ②若，则，， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 设，则，，， ∴， 解得， ∴， 综上所述，的长为3或， 故答案为：3或． 【点睛】本题主要考查了折叠问题，解题时，设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理或者相似三角形列出方程求出答案． 11．如图，正方形中，M，N在边，上，将四边形沿直线翻折得到四边形，线段恰好经过点A，连接交边于点E，如果正方形的边长为6，，则________． 【答案】/ 【分析】连接，过点作于点，先根据折叠性质求出线段长度和角度，在利用勾股定理求出，再根据求出，然后根据求出，最后分别在中，由勾股定理得求出，最后在中由勾股定理求得． 【详解】解：如图所示，连接，过点作于点 由正方形的性质知，， 由折叠的性质知， ， ， 在中，由勾股定理可得， ， 解得， ， ， ， ， ， ， ， 解得， ， ， ， ， ， 解得， 设，则， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， 联立解得， 故在中，由勾股定理得． 12．【材料理解】 素材1：凸多边形是指多边形总在其任意一条边所在直线的同一侧（北师大数学七年级上册教材P128）． 例：如图1，四边形是凸四边形，四边形不是凸四边形．      素材2：过多边形的一个顶点的线段把该多边形分成相似的两部分，则称该多边形为“顶似多边形”，这条过顶点的线段称为“顶似线”． 【特例感知】 如图2，在等腰中，，，则是“顶似三角形”． 分析：________________，相似比是________． 则等腰是“顶似三角形”，是它的“顶似线”． (1)请补充以上分析过程中横线上的内容． 【问题解决】 (2)如图3，在中，，是“顶似三角形”吗？请证明你的结论． 【拓展延伸】 (3)如图4，在中，，，． ①直接写出：________，________，的面积为________； ②凸四边形是“顶似四边形”，它的唯一一条“顶似线”过点M．请在的基础上，用直尺作出凸四边形，并求出它的面积． 【答案】(1)，， (2)是“顶似三角形”，证明如下： 如图，作于点，则，    ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是“顶似三角形”； (3)①，，； ②当时，作于点，    则，， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴此时凸四边形的面积为； 如图，当时，作于点，    则，， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴此时凸四边形的面积为； 如图，当时，作于点，    则，， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴此时凸四边形的面积为． 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，，，再结合相似三角形的判定与性质即可得出结果； （2）作于点，则，由同角的余角相等得出，从而可得，即可得证； （3）①作于点，则，为等腰直角三角形，结合勾股定理求出，求出，即可得出，由勾股定理得出，即可得出结果； ②分三种情况，分别结合相似三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及勾股定理计算即可得出结果． 【详解】（1）解：∵在等腰中，，， ∴，，， ∴，相似比是； ∴等腰是“顶似三角形”，是它的“顶似线”． （2）略； （3）解：①如图，作于点，则，    ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为； ②略． 13．如图，在中，，，，点为边的中点，点为边上的一个动点（点与点不重合），连接，以、为邻边作，连接． (1)求点到的距离； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)连接，则线段的最小值为________； (4)当与的某一个内角相等时，直接写出的长． 【答案】(1) (2)∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； (3) (4)的长为5或或． 【分析】（1）利用勾股定理求得，再利用等积法求解即可； （2）根据平行四边形的性质和判定定理，即可得出答案； （3）证明点M在过点P平行于的直线上，过点C作于点H，根据垂线段最短，得出当点M在点H时，最小，过点P作于点G，，证明四边形为矩形，据此求解即可； （4）分三种情况：当时当时，当时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵，，， ∴， 设点到的距离为， ∵， ∴； （2）证明：略 （3）解：由（2）得四边形为平行四边形， ∴， ∴点M在过点P平行于的直线上， 过点C作于点H， ∵垂线段最短， ∴当点M在点H时，最小， 过点P作于点G， 则， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 连接， ∵点为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 即的最小值为； （4）解：设， 当时，如图所示：    此时点M在上， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵点为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，过点A作于点D，延长交于点E，如图所示：     ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中根据勾股定理得：， 解得：，即； 当时，延长交于点E，如图所示：    ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：， ∴． 综上分析可知，的长为5或或． 14．在中，，． 【观察与发现】 (1)如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明：连接，如图所示： 根据旋转可得：，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)；理由如下： ∵ ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即． 【分析】（1）连接，证明为等边三角形，得出，，再证明，即可得出结论； （2）证明，得出，，证明，得出，，得到，再根据勾股定理，得到，即可得出答案； 【详解】（1）略 （2）略 15．如图，在边长为的等边中，点从点开始以每秒的速度沿射线方向运动，连结，点在线段上（不与端点重合），将射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点，设点的运动时间为秒． (1)如图①，当点在边上时，若平分，则 ． (2)如图②，当点在边延长线上时，过点作交于点，若点为中点， ①求证：； ②当时，求的值． (3)若点是的三等分点，当的面积等于，直接写出的值． 【答案】(1) (2)证明：∵， ∴，， ∵点为中点， ∴， ∵， 在和 中， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点， ∴，即， ∵， ∴， 在和中， ∴． 的值 (3)的值或 【分析】（1）三角形性质、角平分线定义、旋转变换性质及直角三角形性质即可求得答案． （2）利用可证得，再利用即可证得．根据题意建立方程求解即可得出答案． （3）分两种情况：当时，当时，分别求得的值即可． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵平分， ∴， ∵射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点， ∴， ∴， ∴． （2）略， 由知， ∴， 由题意可知， ∴， 解得． （3）解：∵点是的三等分点， ∴或， 当时，如图， 过点作交于点，过点作交的延长线于点，则， ∵的面积等于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 根据题意可知，， ∴， 解得． 当，即时，如图， 过点作交的延长线于点，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据题意可知，， ∴， 解得． 综上所述，的值为或． 16．如图在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于，两点．直线与轴的负半轴交于点，且．点是线段上的动点． (1)求直线的解析式； (2)连接，当时，求点的坐标； (3)已知点的横坐标为时，点，连接与轴交于点，当的长度最小时，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出点、的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式； （2）设点的坐标是，可证，根据相似三角形对应边成比例即可求出点的坐标； （3）利用待定系数法求出直线的解析式，根据解析式求出点的坐标，利用平面直角坐标系中两点之间的距离公式可得：，可知当时，的长度最小． 【详解】（1）解：当时，， 点的坐标为， ， ， ， 点的坐标是， 设直线的解析式是， 可得：， 解得：， 直线的解析式是； （2）解：当时，可得：， 解得：， 点的坐标是， ，，， 点在直线上， 设点的坐标是， ， ，， ， ， ， ， ， 点的坐标是； （3）解：当点的横坐标为时，点的坐标为， 设直线的解析式为， 把点、代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式为， 当时，可得：， 解得：， 点的坐标为， ， 整理可得：， 当时，有最小值. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $