期中复习专题3——拓展探究与压轴突破- 2026-2027学年北师大版九年级数学上册

期中复习专题3一一拓展探究与压轴突破 (北师大版九年级上册：期中核心考点) 一、专题定位 本专题面向九年级优生培优拔高，整合第1章特殊平行四边形、第2章一元二次方 程、第3章图形的相似单章难点与多章节跨模块综合压轴考点。聚焦数形结合、分类讨 论、几何建模、动态探究四大核心数学思想，精准对标北师大版九上期中多问压轴大题。 重点训练学生挖掘题干隐含条件、拆解复杂综合题型、处理参数问题、动态几何问题与存 在性探究问题的能力，攻克几何动态综合、多组相似联动、参数分类讨论、代数几何融合 等高难度拉分题型。适配期中第三轮培优冲刺、压轴专项讲评、优生拔高限时训练，助力 学生突破高分瓶颈。 二、核心考点梳理 章节 核心考点 特殊平行四边形旋转、平移几何变换综合探究；菱形、矩形、正方形背 特殊平行四边形 景下动点线段、面积动态探究；特殊平行四边形形状存在性分类讨论； 多条件限制下特殊四边形判定压轴问题 含参数一元二次方程多情况分类讨论与综合求值；一元二次方程在几何 一元二次方程 背景下的边长、线段、面积求解；以一元二次方程为核心代数工具，解 决几何动态、参数存在性问题 多组相似三角形连环推导、嵌套计算；相似三角形动点动态探究问题； 图形的相似 相似背景下等腰三角形、直角三角形存在性分类讨论；相似三角形与面 积、线段比值多问综合探究 特殊平行四边形、相似三角形、一元二次方程三模块联动多问探究；动 点几何中利用相似建立比例关系，结合一元二次方程求解动态边长；几 跨章节压轴综合 何图形存在性问题结合方程解的情况分类讨论；代数几何融合的期中压 轴大题综合探究 三、压轴与拓展 题型1：特殊平行四边形旋转、平移几何变换综合压轴题 1.(24-25八年级下·河北唐山阶段检测)在平面直角坐标系中，己知点A(4,0),点 B(O,3),射线B∥x轴，点P从点A出发，以每秒1个单位的速度在x轴上向右平 移，点O从B点出发，以每秒2个单位的速度沿射线B向右平移，P、O两点同时 出发，设运动时间为t秒 (1)直接写出P、Q两点的坐标，P (用含t的式子表示) (2)当t为何值时，△AB0的面积为4： (3)当t为何值时，点Q在∠AOB的角平分线上，写出点Q的坐标； (4)连接AQ,当aAP为直角三角形时，求P、O的坐标. B O 4 3 【答案】(1)(+4,0)，(2u,3):(2)3;(3)1=2,Q(3,3):(4P(6,0),(4,3)或 P(8,0),Q(8,3) 【分析】(1)根据点A和点B的坐标以及点P和点Q的运动方式求解即可： (2)首先得到B0=21,OB=3,然后根据△AB0的面积为4列方程求解即可： 3)如图所示，过点Q作H1OP交x轴于点H,根据角平分线的性质得到 B0=QH=OB=3,然后得到Q(3,3),21=3,进而求解即可： (4)根据题意分两种情况讨论：当∠QAP=90°时，当∠QPA=90°时，然后分别根据矩形的 性质列方程求解即可. (1)解：：点A(4,0),点P从点A出发，以每秒1个单位的速度在x轴上向右平移，设运动 时间为t秒， .P(+4,0): :点B(0,3),点Q从B点出发，以每秒2个单位的速度沿射线B9向右平移， .2(2t,3): (2)解：：(21,3)，B(0,3), B0=2I,OB=3 △AB0的面积为4 2×3x21=4 :1s4 9 (3)解：如图所示，过点Q作H1OP交x轴于点H B ○ 0 AH :点Q在∠AOB的角平分线上 ..BO=OH=OB=3 .03,3). ∴.21=3 3 3 “当1=2时，点0在∠40B的角平分线上，(3,3)： (4)解：如图所示，当∠QAP=90°时， B 0 ∠QBO=∠BOA=∠PAQ=90 :四边形BOAQ是矩形 ∴.BQ=OA=4 .21=4 .1=2 P(6,0),(4,3); 如图所示，当∠QPA=90°时， W B 0 A .∠QBO=∠BOA=∠OPQ=90 :四边形BOPO是矩形 ∴.BQ=OP .∴.2t=4+t .∴.1=4 .P(8,0),(8,3) 综上所述，当△AP9为直角三角形时，P(6,0),(4,3)或P(8,0),(8,3). 【点拨】此题考查了坐标与图形综合，矩形的性质和判定，列代数式，角平分线的性质定理， 一元一次方程的应用等知识，解题的关键是掌握以上知识点 2.(25-26八年级下·福建龙岩期末)如图①，在平面直角坐标系中，矩形ABCD在 第一象限，且ABIy轴.直线m:y=-x沿x轴正方向平移，被矩形ABCD截得的线段 EF的长度1与平移的距离a之间的函数图象如图②，则矩形ABCD的面积为() B E 01 4 6 9 0 图① 图② A.18 B.15 C.12 D.10 【答案】B 【分析】根据图象折线中各个点的位置，判断出与矩形顶点的关系，求出矩形的长和宽，再计 算面积 解：由图可知，当a=I时，直线mM过点A. 当a=4时，直线m经过点B. 当a=6时，直线m经过点D. 当a=9时，直线m经过点C. 故当F在BC上移动时，4≤a≤9，BC=9-4=5, 当F在AB上移动时，1≤a≤4， :直线my=一x是二、四象限夹角的平分线， 又，直线m:y=一x沿x轴正方向平移， ∴.直线m过点B时与y轴的夹角为45°， ABly轴， .此时∠ABE=45°， ,矩形ABCD中∠A=90° .△ABE为等腰直角三角形， .AB=AE=4-1=3, :矩形ABCD的面积为：5×3=15. B(F 3.(25-26八年级下河南南阳·期末)在平面直角坐标系中，按如图所示的方式放置 正方形OABC,点A的坐标为1,3).将正方形OABC绕坐标原点O顺时针旋转，每秒 旋转90°，旋转2026秒后，点C的对应点C”的坐标为 V B 【答案】(3，-) 【分析】由题意可先求出点C的坐标，然后可得旋转2026秒后与旋转2秒后点C的对应点位 置相同，进而问题可求解 解：过A作AE⊥x轴于E,过C作CF⊥x轴于F, V B E .∠AE0=∠0FC=90°， :点A的坐标为(，3)， OE=1,AE=3」 ,正方形OABC, .A0=0C,∠A0C=90° ∴.∠COF=LOAE=90°-∠AOE, .aCOF≌aOAE(AS). .CF=OE=1,OF=AE=3, .C(-3,). 因为360°÷90°=4， 所以每旋转四次点C的位置循环出现. 因为2026÷4=506余2， 所以旋转2026秒后与旋转2秒后点C的对应点位置相同. 因为点C(-3,)且旋转2秒后的对应点C'与点C关于原点对称， 所以旋转2秒后的对应点C'的坐标为(3，)， (3,-1) 则旋转2026秒后，点的对应点 的坐标为 4.(2026·山东日照·模拟预测)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D为BC边上 一动点，连接AD,将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE,连接AE. (1)如图1，AH⊥BC,点D恰好为CH中点，AE与BC交于点G,若AB=4,求 AD的长度； (2)如图2，DE与AB交于点F,连接BE,在BA延长线上有一点P, ∠PCA=∠EAB,求证：AB=AP+V2BD. GHA E B E 图1 图2 【答案】(1)V10;(2)证明：如图，过点D作DH⊥BC交AB于点H, ∠BAC=90°，AB=AC, ∴.∠ABC=45°， :DH⊥BC, .∠BDH=90°， 又：∠ABC=45°， ∴.∠BHD=∠DBH=45°， .BD=DH,∠AHD=180°-∠BHD=135°， ∴.BH=VBD2+DH2=V2BD, 将AD绕着D点逆时针方向旋转9O°得到DE, .AD=DE,∠ADE=90°， ∴.∠ADE=∠BDH=90°， .∠ADH=∠EDB, :.△ADH≌aEDB(SAS). ∴.AH=BE,∠DBE=∠DHA=135°， ∠ABE=∠DBE-∠DBH=135°-45°=90°， .∠ABE=∠CAP=90° 又，AB=AC,∠BAE=∠ACP. :.△BAE≌aACP(ASA, .AP=BE, .AP=BE=AH, AB=AH +BH, .AB=AP+2BD. 【分析】(1)根据勾股定理，得出BC=4√2，再根据等腰三角形三线合一的性质，结合直角 三角形性质得出BH=CH=AH-)BC=22,再根据中点的性质，得出 DH=CD=,CH=V2,再根据勾股定理，即可得出AD的长度： (2)过点D作DH⊥BC交AB于点H,根据勾股定理，得出BC=V2AC,证明 △ADH≌aEDB(SAS),得到AH=BE,∠DBE=∠DHA=135°，然后证明△BAE≌△ACP(ASA) ,得到AP=BE,然后等量代换即可证明. (1)解：，∠BAC=90°，AB=AC=4, .∴.BC=VAB2+AC2=4V2, 又：AH⊥BC,AB=AC, :BH-CHI=AH=I BC=2 点D恰好为CH中点， :.DH=CD=TCH= .AD=AH2+DH2=10: (2)略 题型2：菱形、矩形动点线段与面积动态探究题 1.(25-26八年级下·上海杨浦期中)如图，已知△ABC,CP、C9分别是∠ACB及其 外角∠ACD的平分线，O为边AC上的一个动点，过O作EF∥BC,分别交CP、CO 于点E、F (1)当点O在边AC上运动到何处时，四边形AECF是平行四边形？证明你的结 论： (2)在(1)的条件下，若AC=6,∠ACB=60°，求四边形AECF的面积. 【答案】(1)解：点O运动到AC的中点时，四边形AECF是平行四边形. 证明：：CP、CQ分别是∠ACB及其外角∠ACD的平分线， ∴.∠ACE=∠BCE,∠ACF=∠DCF, :EF∥BC, .∠OEC=∠BCE,∠OFC=∠DCF, .∠OEC=∠ACE,∠ACF=∠OFC. ..OE=OC,OF=OC. ..OE=OF 当点O运动到AC的中点时，OA=OC, ∴.四边形AECF是平行四边形. (2)9V5 【分析】(1)先证明OE=OF,则当点O运动到AC的中点时，OA=OC,四边形AECF是 平行四边形： (2)先证明四边形AECF是矩形，再求得AE、EC的长即可求解. 解：(1)略 (2)解：由(1)可知，四边形AECF是平行四边形， :CP、CQ分别是∠ACB及其外角∠ACD的平分线， ∴ACE-5BcA,∠ACF-5DCA, 2BcF=∠4CE+4cF-号BCa+C1=Ca+∠DC刈-x180=0 ∴.四边形AECF是矩形， .∠AEC=90°， ,∠ACB=60°，CP平分∠ACB, ∴ACE-5BC430, 4B=)4C=)x6=3, 2 2 .EC=√AC2-AE2=V62-32=3V5, .四边形AECF的面积=AE.EC=3×3V3=9V5 B D 2.(25-26九年级上浙江温州自主招生)如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠B=45°， AB=V2,点D是BC上的一个动点，D点关于AB,AC的对称点分别是E和F,若 四边形AEGF是平行四边形，则四边形AEGF的面积的最小值是() A.1 B. 2 C.2 D. 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、对称的性质、解直角三角形；熟练掌握证明四边形是 菱形是解决问题的关键. 由对称的性质和菱形的定义证出四边形AEGF是菱形，得出∠EAF=2∠BAC=120°，根据菱形 的性质可得四边形ABGr的面积为号4B:4G= 受AB,当AD LBC，时AD的值最小，即 AE的值最小，此时菱形AEGF面积最小，求出AD的长，即可得出四边形AEGF的面积的最 小值. 解：连接AD,如图， 由对称性质得AE=AD=AF, ∠EAB=∠DAB.，∠FAC=∠DAC, ∠EAF=2∠BAC=120°. :四边形AEGF为平行四边形， ∴.四边形AEGF为菱形， ∴.∠E=180°-∠EAF=60°，AE=EG, 六AG边上的高为AE.sin60°= _AE -AE.AG= 3 四边形ABGF的面积为 2 AE2, 当AD⊥BC时，AD的值最小，即AE的值最小，此时菱形AEGF面积最小， :∠ABC=45°，AB=V2, AD=AB-m45°=2x5=1, 2 .AE =EG=1, 故四边形AEGF的面积为2 xr- 2 故选：B. 3.(25-26八年级下·浙江杭州开学考试)如图，矩形ABCD的边AB在x轴上，且 AB的中点与原点重合，AB=2,AD=1,过定点(0,2)和动点P(a,0)的直线与矩形 ABCD的边有公共点，则实数a的取值范围是 BP\ 【答案】-2≤a≤2 【分析】利用待定系数法，一次函数的性质，找到特殊点即QP过点C或点D时α的值，求解 即可. 解：：矩形ABCD的边AB在x轴上，且AB的中点与原点重合，AB=2,AD=1, ∴.C(1,),D(-l, 如图，设QC的解析式为y=ac+b, k+b=1 把点Q(0,2)和点C1,)代入解析式，得1b=2· [k=-1 解得b=2· ∴C0的解析式为y=-x+2, 故E(2,0),此时P(a,0)与点E(2,0)重合 当CQ绕点Q顺时针转动时，与矩形ABCD的边有公共点， 故a≤2： 设QD的解析式为y=mr+n, -m+n=1 把点Q(0,2)和点D(-1,)代入解析式，得n=2, m=1 解得n=2' D9的解析式为y=x+2, 故F(-2,0),此时P(a,0)与点F(-2,0)重合 当DQ绕点O逆时针转动时，与矩形ABCD的边有公共点， 故a≥-2： 综上所述，符合要求的实数“的取值范围是 -2≤a≤2 4.(24-25九年级下山东泰安期中)如图，矩形ABCD中，AD=4,DC=6,点H 在边AD上，AH=1,E为边AB上一个动点，连HE.以HE为一边在HE的右上方 作菱形HEFG,使点G落在边DC上，连接CF. (I)当菱形HEFG为正方形时，求DG的长： (2)在点E的运动过程中，求△FCG的面积的最小值. H 【答案】(1)1：2)3-V7 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的 性质与判定等待，熟知正方形的性质，矩形和菱形的性质是解题的关键. 1)根据正方形的性质可得∠EHG=90°，GH=EH,再由矩形的性质得到∠A=∠D=90°，则 可证明△GDH≌△HAE,得到DG=AH=I: (2)过F作FM⊥DC,直线DC于M,连接GE,导角证明∠AEH=∠MGF,再证明 AMIB≌aMrG(AS),得到MH1期Sm-PM.CG-C0,故Sm的最小值即 CG的最小值，则此时DG要有最大值，进而推出HG,即E要有最大值，此时点E要与点B 重合，据此求解即可。 (1)解：如图1，当菱形HEFG为正方形时，∠EHG=90,GH=EH, B 图1 :四边形ABCD为矩形， .∠A=∠D=90° ∴.∠DHG+∠AHE=∠AHE+∠AEH=90°， ∠DHG=∠AEH. ∴.aGDH≌aHAE(AAS), :.DG=AH=1: (2)解：如图2，过F作FM⊥DC,直线DC于M,连接GE, G D H B 图2 :四边形ABCD是矩形， ∴AB‖CD,∠A=90°，AB=CD=6, ∴.∠AEG=∠MGE, ,四边形HEFG为菱形 .HE∥GF,HE=GF, ∴.∠HEG=∠FGE, :∠AEG-∠HEG=∠MGE-∠FGE, .∠AEH=∠MGF, 又：∠A=∠M=90°， :△AHE≌AMFG(AAS), :FM =HA=1, 即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1， .Sw-FM-CG-x1GC ∴.SrcG的最小值即CG的最小值. 在RtAHE和Rt△DGH中，AH和DH为定值，AE的最大值为AB,则EH的最大值为B. HB=√AH+AB2=V37, .EH和HG的最大值为V37. DH2+DG2=HG2, ∴.DG的最大值=VHG-DH=V37-32=2√7. 又：CG=CD-DG, ∴.CG的最小值为：6-27. :.S.FCG 的最小值为： 2co=3-7 题型3：特殊平行四边形形状存在性分类讨论探究题 1.(25-26八年级下·全国期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形0ABC的对角线 AC=12,∠AC0=30°. (1)求点B的坐标： (2)把矩形OABC沿直线DE折叠后展开，使点C落在点A处，DE与AC相交于点 F,连接CE,AD,求四边形ADCE的周长： (3)若点M在坐标轴上，平面内是否存在点N,使以点O,F,M,N为顶点的 四边形为矩形？若存在，请求出点N的坐标：若不存在，请说明理由. 【答案】(1)B(63,6；(2)165；(3)(N3,-3或35,0或-35,9)或(0,3) 【分析】(1)利用30度的所对的直角边是斜边的一半，以及勾股定理求出OA,OC的长，即 可得解； (2)证明△AFE≌△CFD,推出四边形ADCE是菱形，设CD=x=AD,则OD=65-x, 勾股定理求出CD的长，即可得解： (3)分点M在x轴和点M在y轴上，两种情况进行讨论求解即可. 解：(1)：∠AC0=30°，A0⊥C0,AC=12. .A0=6, 由勾股定理得：OC=√AC2-OA=6W3, .B63,6 (2)由折叠的性质得：AD=CD,AF=CF, 四边形OABC是矩形， ..ABllOC. ∴.∠EAF=∠DCF. ,∠AFE=∠CFD. ∴.△AFE≌aCFD, .AE CD, AE∥CD, :.四边形ADCE是平行四边形， .AD =CD ∴.四边形ADCE是菱形， 设CD=x=AD,则OD=63-x, ,在Rt△AOD中，AD2=AO2+OD2, x2=36+65-, 解得：x=4V3, ∴四边形ADCE的周长=4CD=16V3； (3)解：由(1)可知：A(0,6),C(63,0。 ,四边形ADCE是菱形， ∴.F为AC的中点， F35,3),0F=号4C=6=04, 2 .∠0AC=90°-∠AC0=60°， ∴.△AOF是等边三角形， .∠A0F=60°， .∠F0C=30°： ①M在x轴上时：设M(m,0), 当OM为对角线时，设：N(a,b), 0+0b+3 2 2 则： 0+ma+3V3, 2 2 a=m-33 b=-3 .Nm-3W5,-3, :∠F0C=30°， .FM-OM.OF-JOM-FM-5OM. 6=50M, 2 .0M=45,即：m=4V3, N(5,-3: 当OM为边时，点N在y轴上，FN∥x轴， .N(0,3): ②M在y轴上时：设M(O,m) MA DN 当OM为对角线时，设：N(a,b), 0+0_a+3W3 2 2 则： 0+m_b+3 22 a=-3V3 b=m-3 :N(-35,m-3 ∠AOF=60°， .∠OMF=30°， OM=20F=12,即：m=12, :N(-33,9列： 当OM为边时，点N在x轴上，FW∥y轴， ·N3w3,0): 综上：N(5,-3或(33,0或-35,9或(0,3) 【点拨】本题考查坐标与图形，矩形性质，菱形的判定和性质，含30度的直角三角形.解题 的关键是利用数形结合以及分类讨论的思想进行求解， 3 2.(25-26八年级下·天津河东期末)如图，直线'=4x+6分别与x轴、y轴交于点 A、B,点C在线段OA上，将△BCO沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处.以下 结论：①AB=10:②直线BC的解析式为y=-2x+6;③点D(4.6,2.4);④若线段BC 上存在一点P,使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，则点P的坐标是 (1.8,2.4).其中正确的结论是（) A.①② B.①②③ C.①③④ D.①②④ 【答案】D 【分析】本题是一次函数综合题，主要考查一次函数的性质，翻折的性质，勾股定理，菱形的 性质等知识点，深入理解题意是解决问题的关键， 根据一次函数的性质和翻折的性质以及勾股定理，菱形的性质对每个结论进行分析后再作出选 择。 3 解：令y=0,则0=- x+6, 4 x=8 .OA=8, 令x=0,得y=6, ∴.OB=6,B(0,6. 在R1AAOB中，AB=V82+6=10,故①正确： ,△BCO沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处， .BD=B0=6,∠ADC=∠BDC=90°，DC=OC, AD=10-6=4, 设OC=DC=x,则AC=8-x, 在Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2, 即4+x2=8-x2, 解得：x=3, .C3,0), 设直线BC的解析式为：y=c+b, (b=6 把点B0,6)和cB,0)分别代入y=c+b:得：10=3k+b: [k=-2 解得： b=6 ∴直线BC的解析式为y=-2x+6,‘故②正确； 如图1，过D作DE⊥OA于E, D A 图1 根据三角形面积可得：DE=1DxCP=3X4=24, AC 5 在RIACDE中，CE=VCD2-DE2=V32-2.42=1.8, .0E=3+1.8=4.8. 点D坐标为(4.8,2.4)，故③不正确： 如图2， D 图2 当以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形时，PD∥x轴， ∴.点P的纵坐标与点D的纵坐标相等， 把y=2.4代入直线y=-2x+6中，得x=1.8, ∴点P1.8,2.4),故④正确： 综上，正确的结论有①②④， 故选：D, 3.(25-26八年级下·江西南昌期中)矩形纸片ABCD,长AD=4V3cm,宽 AB=2V3cm,折叠纸片，使折痕经过点B,交AD边于点E,点A落在点A处，展平 后得到折痕BE,同时得到线段BA、EA',不再添加其它线段，当图中存在30°角 时，AE的长为 cm 【答案】2或6或4V3-6 【分析】本题考查了翻折变换、矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形性质， 根据翻折可得∠ABE=∠A'BE,分3种情况讨论：当∠ABE=30°时或当∠AEB=30°时或当 ∠ABA'=30°时求AE的长， 解：①当∠ABE=30°时，设AE=x,则BE=2x, 故在RIABE中，(2x=+23,解得x=2, 故AE=2(厘米)： ②当∠AEB=30°时，， 故在Rt△ABE中，BE=2AB=4V3, ∴AE=4-(23=6(厘米)； ③∠ABE=15°时，∠ABA=30°，延长BA交AD于F, .∠EFA'=90°-∠ABA'=60°，∠FEA'=30° 设AE=x,则EA'=x,2A'F=EF, 在Ri△A'EF中，(2A'F=x2+'F2, 解得A'F=V3x 3 设AF=a,则BF=2a, 故在AABE中，(2a=d+25,解得a=2, 故AF=2(厘米)； ,AF=AE+EF=2(厘米)， x+23x=2, 3 x=4W3-6, .AE=(43-6厘米 4V3-6 故答案为：2或6或 4.(26-27八年级上陕西西安·阶段检测)如图，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使 D落在边AB(含端点)上，落点记为E,这时折痕与边BC或者边CD(含端点) 交于F,然后再展开铺平，则以DEF为顶点的aDEF称为矩形ABCD的“折痕三角 形”. (1)由“折痕三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“折痕△DEF”一定是 一个 三角形： (2)如图，在矩形ABCD中，AB=10,BC=5,当它的“折痕aDEF”的顶点E位于 AB的中点时，画出这个“折痕△DEF”,并求出点F的坐标： (3)如图，在矩形ABCD中，AB=10,BC=5,该矩形是否存在面积最大的“折痕 △DEF”?若存在，说明理由，并求出此时点E的坐标？若不存在，为什么？ YA A B A B A B (D)O C (DO C (D)O E B 【答案】(1)等腰； (2) ；(3)存在，面积最大 (DO F(5,0) 的“折痕ADEF”:点E的坐标(0,5)或10-5V5,5) 【分析】(I)由折叠得DF=EF,即可得出△DEF是等腰三角形： (2)画出图形，证明四边形AEFD是正方形，即可得结论： (3)分两种情况：①当F在OC上时，当点F与点C重合时“折痕△DEF”面积最大，作 EM⊥CD于M,证明四边形BCME是矩形进而求得点E的坐标： ②当点F在BC上时，结合图形求解. (1)解：由折叠得DF=EF, :△DEF是等腰三角形： (2)解：如图， E B (D)O 矩形ABCD ∴.AB=CD=10,AD=BC=5,∠BAD=∠ADC=90° :E是AB的中点， AE=AD=AB=5. ∴·点A在DE的垂直平分线上， 点F也在DE的垂直平分线上， .AF是对称轴， 由折叠的性质得∠AEF=∠ADC=90° ∴四边形AEFD是矩形， ∴四边形AEFD是正方形， .0F=5, ·F(5,0) (3)解：存在，面积最大的“折痕△DEF”; ①当F在OC上时，如图， (D)O M F C(F) S.wr-DFADs0C-D,即5r≤25 2 当点F与点C重合时“折痕△DEF”面积最大， 作EM⊥CD于M, ∴.∠EMC=90°， ∠B=∠BCD=90°， ·四边形BCME是矩形， .EM=BC=AD,BE=FM, .DF=EF. .Rt EFM中，FM=√EF2-EM=V102-52=55, ∴DM=CD-FM=10-5V3. E10-53,5): ②当点F在BC上时，如图， 过F'作FH⊥CD交AD于点H,交DE于G, yA E (E)A B -- (D)O C 1 SADRE= FGAD≤FHMD, ∴当F为BC中点时，“折痕△DEF”面积最大，此时点E与点A重合， 点E的坐标为(0,5)， E 0,5)（10-55,5 综上所述，点的坐标为 或 题型4：含参数一元二次方程多情况分类讨论综合解答题 1.(26-27九年级上全国课后作业)一个直角三角形的三边长均为正整数，斜边的 长比一直角边的长多1，比另一直角边的长多8，这样的直角三角形存在吗？如果 存在，有多少个？ 【答案】存在这样的直角三角形，有1个 设斜边长为正整数C ,该三角形为直角三角形，且斜边比一直角边长多1，比另一直角边长多8， ∴.两直角边长分别为C-1,c-8,且c>8, 由勾股定理得(c-1)2+(c-8)2=c2, 整理得c2-18c+65=0, 解得9=5，C32=13 c>8, .C=5不符合题意，舍去， 当C=13时，两直角边长为12,5，均为正整数，满足条件 【分析】设斜边长为正整数，用含斜边的式子表示两直角边，结合勾股定理列方程，筛选符合 边长为正的正整数解 解：略 2(2026九年级上·重庆江津·竞赛)若关于x的一元二次方程2+4x-a=0有两个 2ya 不相等的实数根，且关于y的分式方程，y+=y+的解为负整数，则所有满足条 件的整数a的值之和是() A.-15 B.-13 C.-7 D.-5 【答案】D 【分析】先根据一元二次方程根的情况，利用判别式求出的取值范围，再解分式方程，根据 解为负整数且分式有意义，确定符合条件的整数a,最后计算所有符合条件的的和即可. 解：：关于的一元二次方程)2+4x-a=0有两个不相等的实数根， .1 ∴根的判别式△=4-4×2×(-)=16+2a>0, 解得a>-8: =a-1 2y 解分式方程y+y+1 方程两边同乘y+1(y≠-1，否则分式无意义)得：2y=a-(y+) 整理得3y=a-1, 解得y=Q-1 3· ,分式方程的解为负整数， 写<0，且号为整数，且“号-山， a-1 a-1 即a<1,a-1是3的倍数，a≠-2， 结合a>-8且a为整数，可得符合条件的整数a只有-5， :所有满足条件的整数“的值之和是5。 3.(26-27九年级上：河南南阳阶段检测)等腰三角形的一边长是4，方程 x2-6x+1=m的两个根是三角形的两边长，则m为 【答案】-7或-8 【分析】当底边长为4时，则腰长为方程x2-6x+1-m=0的两个根，利用判别式得到m的值， 再求出方程的解，然后运用三角形的三边关系加以判断即可：当腰长为4，则将x=4代入方程 x2-6x+1-m=0求解，然后根据三角形三边的关系加以判断即可. 解：方程x2-6x+1=m, ∴.方程x2-6x+1-m=0, 当底边长为4时，则腰长为方程x2-6x+1-m=0的两个根， .△=（6}2-4(1-m）=0,解得m=-8: 方程可化为x2-6x+9=0,解得x=x3=3, 3+3=6>4, ∴.4、3、3符合三角形三边的关系. 当腰长为4，则x=4为方程x2-6x+1-m=0的一个根， .42-6×4+1-m=0,解得m=-7, 方程可化为x2-6x+8=0,解得=2，x3=4, ,4+4=8>2, .2、4、4符合三角形三边的关系 -7-8 综上，m的值为或. 4.(25-26八年级下北京期末)己知关于x的方程mr-(2m+2)x+m+2=0 (1)求证：无论取任何实数时，方程恒有实数根. (2)若关于x的方程mr-(2m+2)x+m+2=0根均为正整数，求整数m的值. 【答案】(1)证明：当m=0时，原方程为-2x+2=0,解得x=1,原方程有实数根： 当m≠0时△=[-(2m+2]-4m(m+2）=4m2+8m+4-4m2-8m=4>0, .此方程有两个不相等的实数根， ∴，无论取任何实数时，方程恒有实数根； (2)整数m的值为0或1或2 【分析】(1)分为m=0和m≠0两种情况，结合一元一次方程的根和一元二次方程根与判别 式的关系可得结论： (2)分为m=0和m≠0两种情况，解方程得到方程的解，根据题中条件即可求得m的值.。 解：(1)略 (2)解：当m=0时，由(1)知x=1为正整数，符合题意； 当m≠0时，解方程m2-2m+2x+m+2=0,得x=m+2=1+2 2 m m’x2=1, ,原方程的根均为正整数，为整数， ∴m=1或2，对应的=3或x=2均符合题意， 012 综上，整数m的值为◇或'或2 题型5：一元二次方程几何背景线段、面积求值综合题 1.(2026江苏南通模拟预测)如图：在直角坐标系中，长方形0ABC中，OA=10 ,OC=5,点D从点C出发，沿射线CO方向以每秒2个单位长的速度移动，点E从 点O出发，沿射线OA方向以每秒1个单位长的速度运动，设点E的运动时间为 秒. (1)如图1，当t为何值时，△CDE的面积为1； (2)当CE是∠OEB的角平分线时，求出此时点E的坐标： (3)当t为何值时，△CDE是等腰三角形？ C B B A 图1 备用图 【路类1少ia(0-500+5w.0小归)1-5或0+55或0-55高3 【分析】(1)用含t的式子表示三角形底CD与高OE,代入面积公式列方程，舍去负根即可 求出t的值； (2)利用长方形对边平行得到∠BCE=∠OEC,结合角平分线条件推导出∠BCE=∠BEC,得 到BE=BC=I0,用t表示AE,在R1△ABE中利用勾股定理列出关于t的方程求解，即可得到 点E坐标： (3)先写出三点坐标，借助平面内两点距离公式写出CD、CE、DE三条边长代数式，分 CD=CE、CD=DE、CE=DE三类情况列方程求解，舍去不符合实际运动意义的根，即可 得到所有符合条件的t的值. (1)解：如图，由题意得CD=2t,OE=t, C B E A S.cmw-CD.OE-1x2xt- 2 当△CDE的面积为1时， P=1,解得1=1或=-1（不合题意，舍去）， 即当t=1时，△CDE的面积为1： (2)解：如图， B :四边形OABC是长方形， ∴AB=OC=5,BC=OA=10,∠OAB=90°，OAllBC, ∴.∠BCE=∠OEC. .CE平分∠OEB, ∴.∠BEC=∠OEC. ∴.∠BCE=∠BEC, ∴.BE=BC=10. ..OE=t,OA=10. ∴.AE=OA-OE=10-t, 在RI△ABE中，AE2+AB2=BE2, .(10-02+52=102. 解得t=10-53或t=10+53, 即0E=10-5V3或10+5V3, ∴此时点E的坐标为0-53,0)或0+5V5,0）: (3)解：由题意得C(0,5),D(0,5-21）,E,0), ∴cD=21,CE=0-+5-0=PF+25,DE=V0-+5-21-0=P+5-2, △CDE是等腰三角形，可分三种情况讨论： ①CD=CE,则 2t=V2+25, 解得15V3 53 3 (不合题意，舍去)； ②CD=DE,则 21=V2+5-2)}2, 解得t=10+5V3或t=10-5√3； ③CE=DE,则 P+25=V2+(5-2}, 解得1=5或(=0（不合题意，舍去）： 1s53 综上3或10+55或0-55或5 或 2.(26-27九年级上河北沧州阶段检测)在菱形ABCD中，对角线AC,BD的长是 方程x-6x+8=0的两个根，则与菱形ABCD的面积相等的正方形的边长为() B A.√2 B.2 C.22 D.4 【答案】B 【分析】先求解一元二次方程得到菱形两条对角线的长度，再利用菱形面积等于对角线乘积的 一半求出菱形面积，最后根据正方形面积与菱形面积相等，计算正方形的边长即可 解：x2-6x+8=0, (x-2)(x-4)=0, 解得x=2,x2=4, .菱形两条对角线长分别为2和4， 1 ,菱形面积S=×2×4=4, 2 设所求正方形的边长为a,则a2=4 解得a=2或a=-2(不合题意，舍去)， 小正方形的边长为2。 3.(26-27九年级上山西朔州·阶段检测)已知一个三角形的两边长分别为3和5， 第三边的长为一元二次方程(x-4(x-8)=0的一个实数根，则这个三角形的面积为 【答案】6 【分析】由因式分解法求出x=4或x=8,然后根据三角形三边关系选出合适的第三边，再根 据勾股定理逆定理得出三角形为直角三角形，进而可求出三角形面积， 解：(（x-4)(x-8)=0. x-4=0或x-8=0, 解得x=4或x=8, 当x=4时，5-3<4<5+3，满足三角形三边关系， 且32+42=52，此时三角形为直角三角形， 则这个三角形的面积为：2×3×4=6， 当x=8时，3+5=8，不满足三角形三边关系，故构不成三角形， 综上：这个三角形的面积为6. 4.(2026河北邯郸三模)如图，点P(a,a+3)是直角坐标系x0中的一个动点，直 线4：y=2x+6与x轴，y轴分别交于点A,B,直线马经过点B和点(6,3)并与x轴交 于点C. (1)求直线2的表达式及点C的坐标： (2)点P会落在直线：y=2x+6上吗？说明原因： (3)当点P在△ABC的内部时. ①求a的范围： ②是否存在点P,使得∠OPA=90°？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请 说明理由. 【答案】()y=- 2+6,C点坐标为12,0)：(2)点p会落在直线1：y=2x+6上，理由 如下： 将点P(a,a+3)代入y=2x+6得，2a+6=a+3, 解得：a=-3, 点P(-3,0), 故点P(a,a+3)会落在直线4上. ()①-3：②存在，应p的型标为昌 【分析】(1)根据马解析式得出A(-3,0),B0,6,设直线的表达式为y=ex+b,把B(0,6) 1 和点 代入，解方程组求出 k与2，可得，解析式，令。0求出 ,即可得出点 (6,3) b=6 y=0 =12 坐标： (2)把P(a,a+3)代入y=2x+6,求出a=-3,即可得出点P(a,a+3)会落在直线4上： (3)①根据点P在△ABC的内部列出关于a的不等式组，解不等式组求出a的取值范围即可； ②根据∠OPA=90°，利用勾股定理得出AP2+OP2=OA,根据两点间距离公式列出一元二次 方程，解方程求出a的值，根据①中a的取值范围确定a的值，即可得出答案. (1)解：：直线：y=2x+6与x轴、y轴分别交于A,B两点， 当x=0时，y=6,当y=0时，2x+6=0, 解得：x=-3, .A(-3,0),B(0,6, 设直线2的表达式为y=x+b, :直线马经过点B(0,6)和点(6,3)， [6k+b=3 b=6 1 k= 解得： 2 b=6 1 ∴，直线1，的解析式为y=- +6, 当y=0时，2x+6=0, 解得：x=12, .C点坐标为12,0)」 (2)解：略 (3)解：①，点P在△ABC的内部， -3<a<12 .0<a+3<2a+6,即 -3<a<12 1 a>-3 0<a+3<-。a+6 2 -3<a<2 .-3<a<2, ∴，当点P在aABC内部时-3<a<2: 33 ②存在，点p的坐标为(22， ∠0PA=90°， ∴.AP2+Op2=O, P(aa+3),A(-3,0),00,0), .(-3-a)2+(a+3)2+a2+(a+3)2=32, 解得：4=-2,4=3， -3<a<2, :as、3 ,0+3=3 29 P 点的坐标为 题型6：多组相似三角形连环证明、嵌套计算压轴题 5-26九年级上浙江绍兴自主招生)如图，在MC中，B=C,C 2 ,E为AC边上一点，D为AB边上一点，连接DE,BE,∠A=∠EBC, ∠AED=∠ABC. (山)若CE=号4C,求k的值。 3 (2)记△ADE的周长为C,△BEC的周长为C2,△ABC的周长为C,是否存在k使得 3C+4C2=3C成立，若存在求出k的值，若不存在请说明理由. 【答案】)k：2解：不存在，理由如 3 设AC=x则4B=,BC= 由(1)知：△CBE∽aCAB, C.-CE-BC-k, ·C-BCAC ∴.CE=k2x,C2=kC3, :.AE=AC-CE=(1-k2)x, :∠A=LA,∠AED=∠ABC, .△ADEP△ACB. 号指-0-0， G=3-G. 3C+4C2=3C, 21-k2)C3+4kC3=3C3, .2k2-4k+1=0, 解得飞 2±V2 2· :AE>0, (1-k2)x>0, .-1<k<1, BC>AB-AC 3 >2-x, :k72 、1 2k<1, :k不存在 【分析】(I)证明△CBE∽aCAB,列出比例式，进行求解即可： (2)设AC=x' 根据EAC4B得到CBC:=,证明A4 DESAACB’得到 名能-->0，根指汇+4G=G求g的值再限铝伦>0：求出4的能 围，进行判断即可 (1)解：'∠A=∠EBC,∠C=∠C .ACBE∽aCAB, BC AC CEBC' .BC2 =AC.CE. 2 BC=kAC:CE-3AC, 3 2 (KAC)'=4C.AC, 3 2=3 3 .k>0 h= 3: （2)略 2.(26-27九年级上辽宁本溪阶段检测)如图，正方形ABCD的边长为25，E为 边AB的中点，连接CE,过点D作DF⊥CE,垂足为F,G为DF上一点，且 DG=CF,则CG的长为() A D G E F A.5 B.2W2 C.3 D.V30 【答案】B 【分析】先利用正方形的性质和DF⊥CB证明BCEAFDC,推出DG=CF=PG-DF, 2 再利用勾股定理求出CF=2,即可求解. 解：：四边形ABCD是正方形， ∴.∠B=∠BCD=90°，AB=BC=CD=AD=2V5, .∠BCE+∠DCF=90° ,DF⊥CE, ∴LDFC=90°=∠B,∠FDC+∠DCF=90°， .∠FDC=∠BCE, .△BCEAFDC, DF BC FC BE' :E为边AB的中点，AB=BC, .BC=2BE, DF BC ·.FCBE 2,即DF=2FC .DG=CF, .DF =2DG, :.DG-CF-FG-1DF, 2 根据勾股定理得：CD2=(25=DF2+CF2=5CF2, 解得：CF=2(负值舍去)， CG=VCF2+GF2=2√2 3.(26-27九年级上四川期中)如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°，D为AB边上一 点，E为AC延长线上一点，连接DE,DA=DE,F为DE中点，连接AF交BC于 点G,AB=5,AG=3,则BG= G 【答案】2√2 【分析】作DH⊥AE,等腰三角形三线合一得到点H是AE中点，三角形中线的交点是重 心，利用重心性质得到DG'=2HG,证明△AHG'∽aACG,△ADG'∽aABG,三角形相似可以 HG'DG'AG 得到CGBG4G,进而得出CG=G 2,由勾股定理得：32-CG2=52-(BG+CG2,进 行求解即可. 解：过点D作DH⊥AE,垂足为H,DH与AF交于点G,如下图所示， H G D DA=DE,DH⊥AC. ∴·点H是AE中点， 又点F是DE中点， ∴·点G是△ADE的重心， ∴.DG=2HG' .∠ACB=90°，DH⊥AC ∠AHD=∠ACB=90°， :.DHIBC, .△AHG'P△ACG,△ADG'∽△ABG. HG'AG'DG' CG AG BG· HG'CG DG BG' 号% ..BG=2CG 即CG-BG 2 在。4cG”∠4CB=90由勾股定理得：4c2=4G3-cG2=3-G 、2 9-c 在△ABC,∠ACB=90°，由勾股定理得： 2 AC-ABP-BC-5-(CG+BG)"=25-BG+ (2+BG =25-9BG2, 4 9-1BG2=25-9BG2, 4 解得：BG=2V2或BG=-22(舍去)， BG=2/2 所以， 4.(26-27九年级上四川期中)如图，在矩形ABCD中，连接BD,过A作AE⊥BD 于H.交DC于点E,AD=4. (I)求证：△ADE∽△DCB: (2)若CD=8,求EH的长： (3)点F为线段AE延长线上.连接C,若EF=CF=D,求DE的长. B D 【答案】(1)证明：：四边形ABCD是矩形， ∴.∠ADC=∠DCB=90°， ∴，∠ADH+∠CDB=90°， ,AE⊥BD, ∴.∠AHD=90°， ∴.∠ADH+∠DAE=90°， .∠DAE=∠CDB .△ADE∽△DCB (225 5 (3)25-2 【分析】(1)由四边形ABCD是矩形，可得∠ADC=∠DCB=90°，∠ADH+CDB=90°，再 由AE⊥BD,可得∠ADH+∠DAE=9O°，则∠DAE=∠CDB,即可证明结论： (2)由四边形ABCD是矩形，AD=4,CD=8,可得DB=4V5,由△ADE∽△DCB,可得 DE=2,再证明△HDE∽aCDB,即可求解： (3)过点F作FT⊥DC于点T,证明aFTE∽△DCB,可得ET=2,EC=4,则 DC=DE+4,再由△ADE∽△DCB,可得DC·DE=16,即可求解. 解：(1)略 (2)解：，四边形ABCD是矩形，AD=4,CD=8, .BC=AD=4,AB=CD=8,∠DCB=90°， 在RtADCB中，DB=VDC2+BC2=V82+42=V64+16=45, 由(1)可知，△ADE∽△DCB, AD DE 4 DE Dc=BC,即8=4， DE=4g4=-2, ,AE⊥BD, .∠EHD=90°， .∠EHD=∠DCB=90°， .∠HDE=∠CDB, .△HIDEACDB, BC DB .44V5 ÷EDE,即B=2 :HE=4×2-2V5 4V55 (3)解：如图，过点F作FT⊥DC于点T,则∠FTE=90°， .EF=CF, --c 四边形ABCD是矩形，AD=4, .∠ADC=90°，BC=AD=4, .∠ADC=∠FTE, '∠AED=∠FET, ∴.△ADE∽aFTE, 由(1)可知，△ADE∽△DCB, AD DE AFTE△DCB'DCBC, EF ET BD-BC DC.DE=AD.BC=16' F-CF-2BD .ET_EF 2 1 BC-BD=BD-2 1 1 .ET=5BC=万×4=2， 2 2 ∴.EC=2ET=4, ∴.DC=DE+EC=DE+4, DC·DE=16, .(DE+4)DE=16, .DE2+4DE+4=16+4,即(DE+2)}=20, .DE+2=士25， .DE=2W5-2.DE=-25-2 或 (舍去). 题型7：相似三角形动点动态探究解答题 1.(26-27九年级上四川成都：阶段检测)如图，在菱形ABCD中，点E为AB边上一 动点，点G为DE边上一点，AG的延长线交BC于点F,且∠ABC=∠EGF. (1)如图1，求证：AE2=EGED; EG 4 AG (2)如图2，若∠ABC=60°，DG15,求GF的值： BE 1 BF (3)如图3，已知30<∠ABC<90°，连接EF,EF平分∠AFB,若AEn,求CF 的值.（请用含n的代数式表示） 图1 图2 图3 【答案】(1)证明：：四边形ABCD是菱形， .ADlIBC. .∠DAG=∠AFB .∠ABC=∠EGF,∠EGF=∠AGD. ∴.∠ABC=∠AGD、 .180°-∠AFB-∠ABC=180°-∠DAG-∠AGD,即∠EAG=∠ADE, ,∠AEG=∠AED. ∴.△AEGADEA, AEEG :ED AE' .'AE2 EG.ED: AG 10 (2)GF9 BF 1 (3) CF n2-n-1 【分析】(1)可证明∠DAG=∠AFB,结合∠ABC=∠EGF=∠AGD得出∠EAG=∠ADE,从 而得出△AEGADEA,即可得证； (2)作EH⊥AF于H,设EG=4k,DG=15k,则DE=19k,其中k>0,可求得GH, EH,结合(1)得：AE2=EG.DE=762,由勾股定理得AH+EH2=AE2,可得AG=6k ,进而根据△AEG∽aDEA求得AD=3V19k,证明△ABF∽aDGA,从而得出AF的值，即可 得解： BF BE 1 (3)过点E作EM⊥BC于M'作EN⊥AB于N,根据角平分线的性质得出AF=AEn ,从而设BF=a,AF=na,可证明△BFE≌aGFE,从而得出FG=BF=a,EG=BE, AG=AF-FG=(n-l)a,根据△AEGADEA可求得BC=AD=n(n-l)a,即可得解. 解：(1)略 (2)解：如图，过点E作EH⊥AF于H, D E B EG 4 :DG15 ∴设EG=4k,DG=15k,则DE=19k,其中k>0, ∠EGH=∠ABC=60°， .∠GEH=90°-∠EGH=30°， .GH-EG-2k.H-EGG(4-(2k2 由(1)得：AE2=EG·DE=4k×19k=76k2, .AE=219k, “AH+EH2=AE2,即(4G+2k+(23k°=76k2, .AG=6队（负值己舍去）， 由(1)得：△AEGADEA, AG EG 6k 4k .ADAE,即4D29吸 .AD=319k, :四边形ABCD是菱形， ∴.AB=AD=3V19k, .∠ABC=∠EGF=∠AGD,∠BAF=∠ADE, .△ABFADGA, AF4B AF 319k AD DG 即 3V19k15k, 4-, :.GF-AF-AG-57 2 -6k= 水 5 AG 6k 10 .GF27k9: 5 (3)解：过点E作EM⊥BC于M,作EN⊥AF于N, BM F ,EF平分∠AFB, .∴.∠BFE=∠AFE,EM=EN, S.REE BF BE 1 :·S。AEF AF AE n 设BF=a,AF=na, ,∠ABF=∠EGF,∠BFE=∠AFE,EF=EF, :.△BFE≌aGFE(AAS), ∴.FG=BF=a,EG=BE, :.AG=AF-FG=na-a=(n-1)a, 由(1)知：△AEG∽△DEA, :.4G-EG=BE=1 m(n-1)a 1 AD AEAE'即 AD n .AD=n(n-1)a. ,四边形ABCD是菱形， :BC=AD=n(n-1)a, :.CF=BC-BF=n(n-1)a-a=(n2-n-1)a, BF d C℉(n2-n-1)an2-n-1 2.(25-26九年级下·山东淄博期末)如图，在正方形ABCD的AB边上有一动点P, 连接CP,将△CBP沿直线CP翻折到正方形ABCD所在平面内，得到△CEP,连接 DE,过点D作DF⊥CP于点F,连接EF.若正方形ABCD的边长为3，且AP=2, 则△DEF的面积为() E B 27W10 A. 27 B. 27 C. 10 D. 27V10 5 【答案】A 【分析】利用相似三角形求出CF和DF,由折叠对称性确定E到CP的垂足H的位置，发现 EH∥DF,将E到DF的距离转化为线段HF的长，通过线段减法直接求出高. 解：正方形ABCD的边长为3，AP=2,PB=1, ∴.BC=3,∠B=90°， 在Rt△CPB中，CP=VCB2+PB2=V9+1=V10, ~将△CBP沿CP折叠得到△CEP, ∴E为B关于CP的对称点， 连接BE交CP于H,由轴对称图形的性质可知EH⊥CP于H, D 在Rt△CPB中，BH⊥CP ∴.∠BCP=∠PCB,∠PBC=∠BHC=90° .ACBH∽aCPB, CH CB .CB CP' CH=CB-9-910 DF⊥CP于F, .∠DFC=90°， 正方形中∠BCD=90°， .∠DCF+∠BCP=90°. 又在Rt△CPB中∠CPB+∠BCP=90°， ∴.∠DCF=∠CPB, 又：∠DFC=∠CBP=90°， .△DCF∽aCPB DC CF DF .CP PB CB' 3 CF DF 即1013’ 解得CF=30 10, DF=90 10 EH⊥CP,DF⊥CP .EH∥DF, ∴·点E到直线DF的距离等于H到直线DF的距离， :H在CP上，DF⊥CP于F, ∴.H到直线DF的距离为HF, 又.Cf=3o9i0 1010 CH,F在cH之间. HF-CH-cr-90306ho3 101010-5 :8wxFx那xy而3-2名 210510 3.(25-26九年级上江西抚州期末)如图，在矩形ABCD中，AB=3,BC=4,M 为射线BD上的一动点（不与B,D重合），过点M作MN⊥射线BC于点N,若以点 M,N,C为顶点的三角形与△ABD相似，则BM的长为 D M N C 51680 【答案】2或5或7 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握分 类讨论思想是解题的关键.设BM=x,由矩形的性质以及勾股定理可得BD=5,再证明 物YARDS可得NGx,BN三号x:然后分点M在BD上和BD的延长线上两种情 解即可. 解：设BM=x ,在矩形ABCD中，AB=3,BC=4, .CD=AB=3,∠A=∠BCD=90°，AD=BC=4, .BD=BC2+CD2=5, MN⊥BC, .MN∥CD, ∴.△BMN∽△BDC. BM MN BN an MN BN BD=CD=BC,即53=4， 解得：Mw-号，v-号 3 当点M在BD上时，则NC=4-年 当△ABDANCM时， 34 AB=AD,即4 4 3、 NC MN 5x 16 16 解得：x=5,经检验，x=5符合题意： BM】 当△ABDANMC时， 34 AB=AD,即3 MN NC 5 t44 5 5 解得：x=2,经检验，x=2符合题意： ..BM= 2 当点M在BD的延长线上时， M A B c4x=4, 当△ABD∽aNCM时， 34 AB=AD,即4 3 NC MN 54 80 80 解得：x=7,经检验，X=7符合题意： .BM=80 7 当△ABDANMC时， 34 B-AD,即34 MN NC x5-4,该方程无解。 5 5.16 80 综上，BM的值为2或5或7， 51680 5 7 故答案为：或或· 4.(2025·宁夏石嘴山模拟预测)综合与实践 【感知特例】 (1)如图1，点A,B在直线I上，AC⊥I,DB⊥I,垂足分别为A,B,点P在线段 AB上，且PC⊥PD,垂足为P,求证：ACBD=AP,BP; 【建构模型】 (2)如图2，点AB在直线I上，点P在线段AB上，且LCAP=∠DBP=∠CPD,结 论ACBD=APBP仍成立吗？请说明理由. 【解决问题】 (3)如图3，在△ABC中，AC=BC=5,AB=8,点P和点D分别是线段AB,BC上 的动点，始终满足∠CPD=∠A.当APO<AP<8)为何值时，BD有最大值，并求出最 大值. D B B 图1 图2 图3 【答案】(1)证明：：AC⊥1，DB⊥1， .∠CAP=∠PBD=90°. .∠C+∠APC=90°， ,PC⊥PD, ∠CPD=90°， ∴.∠APC+∠BPD=90°， ∴.∠C=∠BPD. .△APC∽aBDP, AC AP BPBD' ..AC-BD=AP-BP: (2)解：成立，理由如下， ∠C+∠CAP+∠APC=I80°，∠APC+∠CPD+∠BPD=180°， :.∠CAP=180°-（∠C+∠APC),∠CPD=180°-（∠APC+∠BPD), '∠CAP=∠DBP=∠CPD. :.180°-（∠C+∠APC)=180°-（∠APC+∠BPD), .∠C=∠BPD. ∴.△ACPOABPD, AC AP ·BP=BD, ..AC-BD=AP-BP: 6 (3)MP=4'BD有最大值，最大值为5 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，二次函数最值的计算方法，掌握相似三角形 的判定和性质是关键. AC AP (1)根据题意证明AAPC∽aBDP,得到BPBD,即可求解： AC AP (2)根据题意证明ACP26BPD'得到BP=BD,即可求解： 、APAC (3)根据题意证明ACP26BPD:得到BD-BP,设AP=x'则BP=AB-AP=8-x,由 此列式，结合二次函数最值的计算方法即可求解。 解：(1)略 (2)略 (3)解：，∠BPC是△ACP的外角， ∴.∠BPC=∠A+∠ACP=∠BPD+∠CPD. ,∠CPD=∠A, .∠ACP=∠BPD, ..AC=BC, .∠A=∠B, ∴，△ACP∽aBPD, AP_AC ·BDBP' 设AP=x,则BP=AB-AP=8-x, x 5 :BD8-x' :D女-8e-4+ 1 5<0, 16 六当x=4时，即AP=4'BD有最大值，最大值为5· 题型8：相似背景下三角形、四边形存在性探究题 1.(25-26九年级上福建泉州期末)如图，△ABC是等腰三角形， AB=AC=5a,BC=6a,点D,E分别在BCAC上，且∠ADE=∠B. (1)求证：△ABD∽aDCE; (2)若CD=2BD,求AD的长： (3)探究：AE长是否存在最小值，若存在，请求出该最小值：若不存在，请说明 理由. B D 【答案】(1)证明：：∠CDE+∠ADB=180°-∠ADE,∠BAD+∠ADB=180°-∠B」 ∠ADE=∠B, .∠CDE=∠BAD AB=AC, ∠B=∠C, .△ABD∽ADCE (2)V17a 16 3)存在，5a 【分析】(1)根据两角对应相等的两个三角形相似证得△ABD∽aDCE; (2)由CD=2BD,CD+BD=BC=6a,得到CD=4a,BD=2a,由(1)知△ABD ADCE ,进面可得D.CD=AC.CE,求得CE一0，根据相似三角形的性质即可得到结论。 AB BD (3)设BD=x'CE=y:由(1)知ABDDCE根据相似三角形的性质得到CDCE, 得到6a-xy整理得2-6ax+5ay=0:由方程有解，即A≥0得到36a2-20ay≥0：于 是得到结论 解：(1)略 (2)解：CD=2BD,CD+BD=BC=6a, ∴.CD=4a,BD=2a, 由(I)知△ABDADCE. AB BD CD CE ∴.BDCD=AB.CE, AB=AC, :BD.CD=AC.CE. 即8a2=5a.CE, w点 AE=AC-CE-17 0, :∠DAE=∠CAD,∠ADE=∠C. .∴△ADEAACD AD AE AC AD' :AD=AC.AE =17a: (3)解：设BD=x,CE=y, 由(I)知△ABD∽aDCE, AB BD CD CE' 5a 6a-x y' .x2-6ax+5ay=0. 方程有解，即△≥0， .36a2-20my20, 9 解得y≤a, 9 即cE最大值为5a, ∴AE最小值为4C-CE=5a-9a=16。 5a=5a. 【点拨】本题以等腰三角形为载体，核心是通过角的和差推导证得△ABDDC ,再依托相似 三角形的比例性质，结合线段长度关系求解1D的长度：最后通过设元建立一元二次方程，利 用判别式的非负性探究1E的最小值，将几何最值间题转化为代数方程问题，充分体现了数形 结合与转化思想。 2.(25-26九年级上四川宜宾期中)如图，等边三角形0BC中， BC=5,AD川BC,AD=3,在AB上是否存在点E,使过点E与B平行的直线截得的梯 形AEFD与梯形EBCF相似？若存在，求出AE的长() E A.0.75 B.0.8 C.15-3 D.不存在 【答案】C 【分析】根据平行线的性质，两个梯形的对应角是相等的，只需满足对应边成比例即可满足比 AE AD EF DF 例式EB-EF-BC-FC解答即可. 本题考查了多边形的相似判定，熟练掌握判定定理是解题的关键. 解：根据题意，得AD∥EF∥BC, :.∠EAD=∠BEF,∠EBC=∠AEF,∠ADF=∠EFC,∠DFE=∠BCF, ,梯形AEFD与梯形EBCF相似， AE AD EF DF EBEF BC FC BC=5,AD=3」 .EF=√ADBC=15, .'AD∥EF∥BC .△OADn△OEF,△OEF△OBC, OA AD 3 OE EF15 ·OEEF 15'OB BC 5' :等边三角形OBC, ..OB=BC=5, 解得0E=V5,0A=3, 故AE=OE-OA=V15-3, 故选：C 3.(24-25九年级上福建漳州期中)如图1，△ABC内存在一点P,满足 ∠PAC=∠PBA=∠PCB,称点P为△ABC的布洛卡点.如图2，在△DEF中，DE=DF ,∠EDF=120°，若点O为aDEF的布洛卡点，DQ=1,则E0+OF=」 B 图1 图2 【答案】3+V3 【分析】此题重点考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识.作DR⊥EF于 点R,由DE=DF,∠EDF=120°，得∠DEF=∠DFE=30°，则DF=2DR,所以 ER=FR=3DR,则FE=23DR,再证明△QEF∽△QFD,得 0-SE-20-、5,而pe-所以gr=5D0=5:0=50r=3此t计 OF DO DF 2DR 算得到问题的答案。 解：如图2，作DR⊥EF于点R,则∠FRD=90°， D R 图2 DE=DF,∠EDF=120°， 2DEF=∠DFE=0s0-120）=30, .DF =2DR, .ER=FR=VDF2-DR2=(2DR)-DR2=3DR, ...FE=2ER=23DR, :点O为△DEF的布洛卡点， .∠QED=∠QFE=∠QDF, .∠DEF-∠QED=LDFE-LQFE, .∠QEF=LQFD, .△QEF∽△QFD, Eo_oF_FE _23DR ÷OF-DgDF2DR :D0=1, 0F=3D0=V3x1=V3, :.E0=V30F=3×5=3, .E0+QF=3+3, 3+V3 故答案为： 4.(25-26九年级上四川阶段检测)如图，在平面直角坐标系中，直线y=-x+4 4 与x轴、y轴分别交于A、B两点，点D(O,6)在y轴的负半轴上，若将△DAB沿直 线AD折叠，点B恰好落在x轴正半轴上的点C处 (1)求直线CD的函数解析式： (2)在直线AB上是否存在一点P,使得△PBO与△ADC相似？若存在，求点P的坐 标；若不存在，请说明理由； (3)若点M为直线AD上一点，在平面直角坐标系内，是否存在点N,使以点B 、E、M、N为顶点的四边形为矩形，若存在，请求出点N的坐标，若不存在， 请说明理由， 备用图 备用图 【答案】1y= 6122412 4x-6:(2)点P坐标为55或5,5： (3)存在 8-2196-4v19 5 【分析】本题考查用待定系数法求一次函数解析式，一次函数与几何综合，相似三角形的性质 和判定，矩形的性质和判定： (1)设直线CD的表达式为y=c+b,先求出C点坐标，然后将C、D坐标代入解析式即 可 (2)由折叠得∠PBO=∠ACD,∠BDA=∠ADC,①当OP∥AD时，△PBO∽△ACD,利用 OP∥AD,得出直线AD解析式与直线OP的函数解析式k值相同，求出直线OP的函数解析 式再与直线AB解析式联立，即可求出P的坐标，②当∠OPB=∠ADC时，△PBO∽△DCA, 利用翻折的性质可得点PE重合，将直线CD的函数解析式与直线AB解析式联立，即可求出 P的坐标： (3)以点B、E、M、N为顶点的四边形为矩形，①当BE为对角线时，BE、MN相交于点 F,利用矩形的性质，对角线相等且互相平分，先求出点F的坐标，利用M=FE=4可求出 M的坐标，进而求出N的坐标，②当BM为对角线时，BM、NE相交于点F,此时点D、M 重合，利用F的坐标，求出N的坐标，③当BN为对角线时，BN、ME相交于点F,此时 EC、EN共线，点N在直线CD上，利用F的坐标，求出N的坐标. )解：在平面直角坐标系中，直线y=-x x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点， 3 当x=0时，y=4,当y=0时，x=3, ∴A3,0),B(0,4, AB=V32+42=5, ·将△DAB沿直线AD折叠，点B恰好落在x轴正半轴上的点C处， .AB=AC=5, .0C=3+5=8, ∴.C(8,0) 设直线CD的表达式为y=:+b(k≠0)，将C(⑧，0)，D(0,-6)代入得： k= 4 [-6=b ,解得： b=-6 0=8k+b 3 :直线CD的函数解析式为y= x-6 4 (2)解：在直线AB上存在一点P,使得△PBO与△ADC相似，理由如下： 由折叠得∠PBO=∠ACD,∠BDA=∠ADC. ①当OP∥AD时，△PBO∽△ACD,如图所示： OP∥AD, .∠BOP=∠BDA, .∠BOP=∠ADC, .△PBO∽△ACD, 设直线AD的表达式为y=ax+b(k≠0)，将A(3,0),D(0,-6)代入得： 「-6=b [k=2 0=3认+b解得： 1b=-6 直线AD的函数解析式为y=2x-6, ,OP∥AD. ∴直线OP的函数解析式为y=2x, 将直线OP的函数解析式与直线AB解析式联立： 6 y=2x x-5 4 解得： 12 y=- x+4 y= 5 》 ②当∠OPB=∠ADC时，△PBO∽△DCA,如图所示： B 0 D ,∠OPB=∠ADC,∠PBO=∠ACD, .△PBO∽△DCA, 3 4 “直线CD的函数解析式为y=-6,直线4B解析式为V=一3+4， .AB⊥CD, :OD⊥A0, .OE关于直线AD对称， OE⊥AD, .∠ADC+∠DAE=90°， ∴.∠OPB+∠DAE=90°， .OP⊥AD 又：点PE都在直线AB上， 点PE重合， 将直线CD的函数解析式与直线AB解析式联立： [24 y= 4*-6 x= 5 4 解得： 12 y=- +4 3 y=- 综上：点P坐标为 (3)解：当BE为对角线时，BE、MN相交于点F,如图所示： 由翻折可得OD=DE=6, BE=VBD2-DE2=V102-62=8, ,四边形BNEM为矩形， .F为BE、MN中点， .MF=5BE=4, 2 r传) :点M为直线AD上一点， 设M(m,2m-6), wr号{2m-6= 解得：m=16+2 5 之或m=16-219 (舍去) 2m-6=2×16+29-6=2+4四 5 5 M 16+2W192+4W19 5,5 :F为MN中点， 624 （5 5 5 当BM为对角线时，BM、NE相交于点F, ,BE⊥CD」 .∠BED=90°， ,四边形BNME为矩形， ∴.∠BEM=90°， .ED、EM共线， 又点M为直线AD上一点， ∴点DM重合， :四边形BNME为矩形， .F为BM、NE中点， F(0-), :N02-12-（号》即N4) 当BN为对角线时，BN、ME相交于点F, BE⊥CD. .∠BEC=90°， ,四边形BENM为矩形， ∴.∠BEW=90°， ∴.EC、EN共线， ∴点N在直线CD上， ,点M为直线AD上一点， 设M(m,2m-6), ,四边形BENM为矩形， .F为BN、ME中点， 24 0+n= -+m m=8 ，3 12 解得： 64 4+2n-6=- +2m-6 n= 4 (55 8-2196-4v19 5 综上：若点M为直线D上一点，在平面直角坐标系内，存在点 5 或 242 418 (55 或 使以点B、EMN 为顶点的四边形为矩形 题型9：特殊平行四边形与相似三角形多问综合压轴题 1.(26-27九年级上黑龙江哈尔滨阶段检测)已知，四边形ABCD中，AB∥DC, AD‖BC,连接AC,AC平分∠BAD. (1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形： (2)如图2，当∠D=60时，点F为线段AC上一点，连接BF,以BF为边长作等 边△FBE(点E与点C在直线BF同侧)，连接CE,求证：CF+CE=BC; (3③)如图3，在（②）的条件下，延长m交AD于点C,连接G,若GE- 5 CF=5,求线段EF的长. D B 图1 图2 图3 【答案】(1)证明：：AB∥DC,ADI‖BC, :∠DCA=∠BAC,四边形ABCD是平行四边形， AC平分∠BAD, .∠DAC=∠BAC, .∠DCA=∠DAC, .AD=DC, ∴，四边形ABCD是菱形. (2)证明：，四边形ABCD是菱形，∠D=60°， .AB=BC,∠D=∠CBA=60°， ,△ABC是等边三角形， ..AC=AB=BC, ,△FBE是等边三角形， ,BF=BE,∠EBF=60°， ,∠ABF+∠FBC=∠FBC+∠CBE=60°， ∴.∠ABF=∠CBE, AB=BC 在 和 中， ∠ABF=∠CBE, △ABF△CBE BF=BE .△ABF≌aCBE(SAS), .AF=CE, .AF+CF=CE+CF=AC=BC. 即CF+CE=BC. (3)7 【分析】(1)由已知条件先证得四边形ABCD是平行四边形，再由角平分线的性质证得 ∠DCA=∠DAC,进一步得出AD=DC,从而得证结论： (2)由菱形的性质结合已知条件证得△FBE是等边三角形，进一步证得△ABF≌aCBE(SAS) ,利用全等三角形的性质得出AF=CE,从而得证结论： (3)延长DA至点K,使CF=AK,连接FK,由(2)的结论先证得点D,C,E三点共线， 再证明△ECF≌aFAK(SAS),结合等边三角形的性质得出FK=FE=FB,设∠K=∠CFE=a ,通过倒角得出∠GFK=∠GFE,证出△KGF≌aEGF(SAS),再进一步证得△CFB∽ABEG, 利用相似三角形对应边成比例求得BE=7,进一步得到最终结果， 解：(1)略 (2)略 (3)解：如图，延长DA至点K,使CF=AK,连接FK, D B 由(2)知，△ABF≌aCBE(SAS), .AF=CE,∠FAB=∠ECB=60°， ,∠DCA=∠ACB=60°， .∠DCA+∠ACB+∠BCE=180°， ∴点D,C,E三点共线， ..DE I AB. .∠D=∠KAB=60°， ∴.∠FAK=∠FAB+∠KAB=120°， :∠ECF=LECB+∠ACB=120°， ∴.∠FAK=∠ECF, 在△ECF和△FAK中， CE=FA ∠ECF=∠FAK, CF=AK ∴.△ECF≌aFAK(SAS), .FK=FE,∠K=∠CFE,∠AFK=∠CEF, ,△BEF是等边三角形， ∴.FK=FE=FB, 设∠K=∠CFE=a, .LCEF=LDCA-∠CFE=60°-a, .∠AFK=∠CEF, .∠AFK=60°-a, .∠CFB=∠CFE+∠EFB=60°+a, ∴.∠AFB=180°-∠CFB=120°-a, .∠KFB=∠AFB-∠AFK=120°-a-(60°-a)=60°， ∴.∠KAB=∠KFB=60°， ∴.∠GFK=∠GFE=180°-∠KFB=180°-∠EFB=120°， 在△KGF和△EGF中， GF=GF ∠KFG=∠EFG. KF=EF :.aKGF≌aEGF(SAS). .∠K=∠FEG=a,∠AGB=∠EGB=60°-a, ,∠GBA=∠CFB-∠CAB=60°+a-60°=a, ∴.∠CBG=∠CBA-∠GBA=60°-a, ∴.∠EGB=∠CBG. ,∠FCB=∠GBE=60°， .△CFB∽△BEG. CF BF BE-EG BE.BF-CF-EG-BE2-5x 49=49, 5 BE=7(负值舍去)， EF=BE-7 2.(24-25九年级上广东东莞期末)如图，四边形ABCD是正方形，AB=4,E是 BC中点，连接DE,DE的垂直平分线分别交AB、DE、CD于M、O、N,连接 EN,过E作EF⊥E交AB于F.下列结论中正确的是() ①△BEF∽△CNE:②MN=25;③BF=2AF;④△BEF的周长是10 D M E A.①②③ B.①②④ C.①③④ D. ②③④ 【答案】A 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应 用，三角形相似的判定和性质， 三角形的面积等，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键： ①利用正方形的性质得∠B=∠C=90°，利用余角的性质推出∠BFE=∠CEN,从而有 △BEF∽△CNE, ②利用MN垂直平分ED,推出DN=ED,OD=OE=V5,设DN=EN=x, 在△ECN中，利用勾股定理求出x=2,在△DMN中，利用等面积法求MN的长， ③利用ABEFACNE,推出BF-子，进一步计算可得出BF-2A: ④利用勾股定理求出EF的长，进一步可求△BEF的周长. 解：“四边形ABCD是正方形， .∠B=∠C=90°， .∴∠BFE+∠BEF=90° EF⊥EN, ∴.∠FEN=90°.∠CEN+∠BEF=90°， .∠BFE=LCEN, .△BEF∽△CNE, 故①正确： 如图，连接MD, A D M N ~四边形ABCD是正方形，AB=4, :AB=BC=CD=AD=4,∠C=90°， E是BC的中点， :.BE=CE=2. 由勾股定理得DE=VCE2+CD2=V22+42=25, “MN垂直平分ED, :.DN=EN,OD=OE=5, 设DN=EN=x,则CN=4-x, 在△ECN中，由勾股定理得，CN2+CE2=EW2, 即(4-x)}2+22=x2,解得x= 2 DW-EN-3 CN-3 由Sm号W-0D=0N.AD得，A.OD=DN.AD: Mw5-4,解得w=25 故②正确： :△BEFn△CNE, BF BE CE CN .BF=BE-CE=2x2-8 CN 33, AF=4-BF=3, 显然BF=2AF, 故③正确； 在aBEF中，∠B=90,BB=2,BF- 3 由勾股定理得EF=VBE2+BF=1 3 :ABEF的周长是BE+BF+EF=2+8+10 33 8,故④不正确： ∴·正确的是①②③ 故选：A 3.(26-27九年级上四川期中)如图，矩形ABCD中，AB=6,BC=3.点E在边 AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上.若四边形EGFH是菱形，则AE 的长= D F A E 【答案】4 【分析】连接EF,菱形的对角线互相平分且垂直，矩形每个角都是直角，对边平行且相等， 从而证明△CFO2△AOE,利用勾股定理求出AC的值，得到AO的值，利用两角相等的两个三 角形相似证明△AOE∽△ABC,用相似比求出答案. 解：连接EF交AC于O, B :四边形EGFH是菱形， ∴.EF⊥AC,OE=OF. 四边形ABCD是矩形， ∠B=∠D=90°，ABICD, ∴.∠ACD=∠CAB 「∠FCO=∠OAB 在 与 中， ∠FOC=∠AOE △CFO△AOE OF=OE ,∴aCFO≌aAOE(AAS), .A0=C0. AC=4B2+BC2 =35, A0-4C=35 2 2 ∠CAB=∠CAB,∠AOE=∠B=90°， .△AOE△ABC, AO AE AB AC 35 AE ·AB=15 4.(25-26九年级下·河南郑州开学考试)【问题发现】数学小组成员小明做作业时 遇到以下问题：请你帮助解决 (I)若四边形ABCD是菱形，边长为2，∠ABC=60°，点P是射线BD上一动点，以 AP为边向右侧作等边△APE,如图1，连接CE、DE、AC,则BP与CE的数量关系 为」 ,DE长度的最小值为 【类比探究】数学小组对该问题进一步探究，请你帮助解决： (2)如图2，若四边形ABCD是正方形，边长为2，点O为BD中点，点P是射线 BD上一动点，以AP为斜边在AP边的右侧作等腰Rt△APE,∠AEP=90°，连接OE 、DE.求： ①BP与OE的数量关系： ②求DE长度的最小值. B 图1 图2 【答案】(1)BP=CE,1:(2)BP=V2OE,1 【分析】(1)连接AC,根据菱形的性质可证△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质可 证AB=AC、AP=AE,根据角之间的关系可证∠BAP=∠CAE,利用SAS可证△BAP≌aCAE ,根据全等三角形的性质可证结论成立；根据菱形的性质可知∠ABP=30°，根据全等三角形 的性质可知∠ACE=∠ABP=30°，可知点E在∠ACD的平分线上，根据垂线段最短可知当点E 在AD边上时DE长度最小，根据含30°的直角三角形的性质即可求出DE的最小值： BP=B=2,所以可得 (2)①连接AO:可证BAP6OAE,根据相似三角形的性质可证OE-AO BP=√2OE: ②根据相似三角形的性质可知∠AOE=∠ABD=45°，根据正方形的性质可知OE是∠AOD的平 分线，根据等腰三角形的三线合一定理可知OE⊥AD,根据垂线段最短可知当点E在AD上时 DE的长度最短，根据等腰三角形的三线合一定理可知此时点E是AD的中点，即可求出DE 的最小值是1 (1)解：如下图所示，连接AC, 四边形ABCD是菱形， ∴.AB=BC=CD=AD. ∠ABC=60°， ,△ABC是等边三角形， ∴.AB=AC,∠BAC=60° ∴.∠BAP+∠CAP=∠BAC=60° 又：△APE是等边三角形， ∴.AP=AE,∠PAE=60°， ∴.∠CAE+∠CAP=∠PAE=60°. ∴.∠BAP=∠CAE, AB=AC 在 和 中， ∠BAP=∠CAE, △BAP△CAE AP=AE .ABAP≌aCAE, :.BP=CE: B ~四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°， .∠ABP=30°， .ABAPSACAE ∴.∠ACE=∠ABP=30° AB=AC.AB=AD=CD. ..AC=AD=CD ∴△ACD是等边三角形， .∠ACD=60°. ∠DCE=30°， ∴.CE是∠ACD的平分线， ∴点E在∠ACD的平分线上， .CE⊥AD, 如下图所示，当点E在AD边上时DE长度最小， 1 最小值为DE=CD=号×2=1： 2 2 E (K) D (2)①解：如下图所示，连接A0, :四边形ABCD是正方形，点O是BD的中点， ∴.AO=B0,∠AB0=∠BA0=45°， .AB A =5,∠BAP+∠PA0=45, :△APE是等腰直角三角形， .AE=PE,LAPE=∠PAE=45°， -5,∠OAB+∠PA0=45 AE .AB AP AOAE·∠BAP=∠OAE· .∴BAPSAOAE, BP AB=, OEAO :.BP=20E :四边形ABCD是正方形，点O是BD的中点， ∴.∠ABD=45°，AO=B0=D0. .BAP△OAE. .∠AOE=∠ABD=45°， :∠A0D=90°， ∴∠D0E=45°， ∴.OE是∠AOD的平分线， ∴.OE⊥AD ∴当点E在AD上时，DE的长度最小， DE的最小值是 E-40=1 题型10：动点几何结合相似与一元二次方程线段探究题 1.(25-26九年级上广东茂名期末)如图，在矩形0ABC中，OA=4,0C=6,分 别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上的一个动 k 点（不与C、B重合），反比例函数y=x（k>0)的图象经过点D且与边BA交于 点E,连接DE. (1)连接OE,若△EOA的面积为3，则k= (2)连接CA,DE与CA是否平行？请说明理由： (3)是否存在点D,使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐 标；若不存在，请说明理由 B 的 E A A 备用图 【答案】(1)6：(2)结论： DE‖AC理由：连接AC,如图1，设D(x,6),则k=6x, A 图1 则BD=4-xBE=6- t, BD 4-x 2 BE 6-3 x 3, 2 .BC42 AB63’ BD BC BE AB 又∠B=∠B, ∴.△BDE∽△BCA. .∠BED=∠BAC, .DE∥AC: g} 3 【分析】(4)求出E42 代入函数解析式即可求出答案： (2)连接AC,证明△BDE∽aBCA,则∠BED=∠BAC,即可证明结论： 3 (3)假设存在点D满足条件.设D(x6),E42, 则CD=x”D=4-xBE=6-3 B'E BF 。Ac专x.作1OC·垂足为F:证明AgCD∽AgR:则gCD得到BF 2, 由勾股定理得，CB2+CD2=B'D2,求出x=),即可得到答案 (山解：反比例函数y-冬C>0)的图象经过点瓜，在边M上，如图。 B E A 所以E的横坐标为4， 设E(4,yE), :Sa0H面积为3， S.x04X=3 .OA=4 3 :yg=2 》 代入少= 3k 得24 则k=6: (2)略 (3)假设存在点D满足条件，设D(七，6)，则k=6x, 3 3 CD=x BD-4-BE-6-2xE-x. 2 作EF⊥OC,垂足为F, D B B Fb- A 图2 在矩形OABC中，∠B=∠OCB=∠OAB=90°， 由折叠可知，∠DB'E=90°， .∠CB'D+∠CDB'=90°， ∴.∠CB'D+∠FB'E=90° ∴.∠CDB'=∠FB'E 又：∠B'CD=∠EFB'=90°， ∴.△B'CD∽△EFB', B'E BF B'D CD' 3 6- 2BF, °4-xx 8- 由勾股定理得，CB2+CD2=BD2, (6-3x)2+x2=(4-x}2 解这个方程得，5=2（舍去），5=10 D D D ,满足条件的点存在， 的坐标为 2.(25-26八年级下·江苏无锡期中)如图，在平行四边形ABCD中，点E是AD边 上一点，DE= 2,cD= 3 3， 连接BE'CE'BE=CE'BE⊥CE'点F是EC上 动点，连接BF,以BF为直角边作等腰Rt△FBG,∠FBG=90°，连接GE,点F在运 动过程中，△BEG周长的最小值是() G 0 A.2W2 B.5+1 C.25-1 D.3 【答案】B 【分析】过点B作EM⊥BC于点M,过点D作DH⊥BC于点H,结合等腰三角形的性质和勾 股定理求出BC:再过点G作GP⊥CE,交CE的延长线于点P,延长EP至Q点，使得 OP=EP,连接GO、BO,过点B作BN⊥PG,交PG的延长线于点N,先证明四边形BNPE 是矩形，再证明△BNG≌aBEF,即可证明矩形BNPE是正方形，根据中垂线的性质可得 GE=G0,根据两点之间线段最短可知当点Q、点G、点B三点共线时，BG+G最小，问题 随之得解. 解：过点E作EM⊥BC于点M,过点D作DH⊥BC于点H,如图， B M BE=CE,BE⊥CE, ∴.△BEC是等腰直角三角形， :EM⊥BC, :根据等腰三角形的“三线合-”有：BM=MC=)BC, 2 直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半， .EM-BC-DM-MC. :DH⊥BC,EM⊥BC, ∴.DH∥EM, 在平行四边形ABCD中，AD‖BC, ∴结合EM⊥BC,有四边形DEMH是矩形， MH-DE= 3’DH=EM' DI-EM-BC-MC, 即有：HC=MC-MH=BC-2 2 DH⊥BC, 即在Rt△DHC中，有DC2=DH+HC2, (%9 解得：BC=V2(负值不符合题意，舍去)， ∴在等腰RtAEBC中，BE=EC=l: 过点G作GP⊥CE,交CE的延长线于点P,延长EP至Q点，使得QP=EP,连接GO、B0 ,过点B作BN LPG,交PG的延长线于点N,如图， ~在等腰Rt△FBG,∠FBG=90° :BG=BF, ·GP⊥CE,BN⊥PG,BE⊥CE ∴·四边形BNPE是矩形， .∠NBE=∠FBG=90° ∴.∠NBG+∠GBE=∠GBE+∠EBF=90° ∴.∠NBG=∠EBF 又∠BNG=∠BEF=90°，BG=BF, ∴.△BNG≌△BEF. 期中复习专题3——拓展探究与压轴突破 （北师大版九年级上册：期中核心考点） 目录 一、专题定位 1 二、核心考点梳理 2 三、压轴与拓展 2 题型1：特殊平行四边形旋转、平移几何变换综合压轴题 2 题型2：菱形、矩形动点线段与面积动态探究题 4 题型3：特殊平行四边形形状存在性分类讨论探究题 6 题型4：含参数一元二次方程多情况分类讨论综合解答题 7 题型5：一元二次方程几何背景线段、面积求值综合题 8 题型6：多组相似三角形连环证明、嵌套计算压轴题 10 题型7：相似三角形动点动态探究解答题 12 题型8：相似背景下三角形、四边形存在性探究题 13 题型9：特殊平行四边形与相似三角形多问综合压轴题 15 题型10：动点几何结合相似与一元二次方程线段探究题 17 一、专题定位 本专题面向九年级优生培优拔高，整合第1章 特殊平行四边形、第2章 一元二次方程、第3章 图形的相似单章难点与多章节跨模块综合压轴考点。聚焦数形结合、分类讨论、几何建模、动态探究四大核心数学思想，精准对标北师大版九上期中多问压轴大题。重点训练学生挖掘题干隐含条件、拆解复杂综合题型、处理参数问题、动态几何问题与存在性探究问题的能力，攻克几何动态综合、多组相似联动、参数分类讨论、代数几何融合等高难度拉分题型。适配期中第三轮培优冲刺、压轴专项讲评、优生拔高限时训练，助力学生突破高分瓶颈。 二、核心考点梳理 章节 核心考点 特殊平行四边形 特殊平行四边形旋转、平移几何变换综合探究；菱形、矩形、正方形背景下动点线段、面积动态探究；特殊平行四边形形状存在性分类讨论；多条件限制下特殊四边形判定压轴问题 一元二次方程 含参数一元二次方程多情况分类讨论与综合求值；一元二次方程在几何背景下的边长、线段、面积求解；以一元二次方程为核心代数工具，解决几何动态、参数存在性问题 图形的相似 多组相似三角形连环推导、嵌套计算；相似三角形动点动态探究问题；相似背景下等腰三角形、直角三角形存在性分类讨论；相似三角形与面积、线段比值多问综合探究 跨章节压轴综合 特殊平行四边形、相似三角形、一元二次方程三模块联动多问探究；动点几何中利用相似建立比例关系，结合一元二次方程求解动态边长；几何图形存在性问题结合方程解的情况分类讨论；代数几何融合的期中压轴大题综合探究 三、压轴与拓展 题型1：特殊平行四边形旋转、平移几何变换综合压轴题 1.（24-25八年级下·河北唐山·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知点，点，射线轴，点P从点A出发，以每秒1个单位的速度在x轴上向右平移，点Q从B点出发，以每秒2个单位的速度沿射线向右平移，P、Q两点同时出发，设运动时间为t秒． （1）直接写出P、Q两点的坐标，P________；Q________（用含t的式子表示） （2）当t为何值时，的面积为4； （3）当t为何值时，点Q在的角平分线上，写出点Q的坐标； （4）连接，当为直角三角形时，求P、Q的坐标． 2.（25-26八年级下·福建龙岩·期末）如图①，在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴．直线沿x轴正方向平移，被矩形截得的线段的长度l与平移的距离a之间的函数图象如图②，则矩形的面积为（     ） A．18 B．15 C．12 D．10 3.（25-26八年级下·河南南阳·期末）在平面直角坐标系中，按如图所示的方式放置正方形，点的坐标为．将正方形绕坐标原点顺时针旋转，每秒旋转，旋转2026秒后，点的对应点的坐标为__________． 4.（2026·山东日照·模拟预测）在中，，，点为边上一动点，连接，将绕着点逆时针方向旋转得到，连接． （1）如图，，点恰好为中点，与交于点，若，求的长度； （2）如图，与交于点，连接，在延长线上有一点，，求证：． 题型2：菱形、矩形动点线段与面积动态探究题 1.（25-26八年级下·上海杨浦·期中）如图，已知，、分别是及其外角的平分线，O为边上的一个动点，过O作，分别交、于点E、F． （1）当点O在边上运动到何处时，四边形是平行四边形？证明你的结论； （2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 2.（25-26九年级上·浙江温州·自主招生）如图，中，，，，点D是上的一个动点，D点关于，的对称点分别是E和F，若四边形是平行四边形，则四边形的面积的最小值是（   ） A．1 B． C．2 D． 3.（25-26八年级下·浙江杭州·开学考试）如图，矩形的边在轴上，且的中点与原点重合，，过定点和动点的直线与矩形的边有公共点，则实数的取值范围是______． 4.（24-25九年级下·山东泰安·期中）如图，矩形中，，，点H在边上，，E为边上一个动点，连．以为一边在的右上方作菱形，使点G落在边上，连接． （1）当菱形为正方形时，求的长； （2）在点E的运动过程中，求的面积的最小值． 题型3：特殊平行四边形形状存在性分类讨论探究题 1.（25-26八年级下·全国·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的对角线， ． （1）求点的坐标； （2）把矩形沿直线折叠后展开，使点落在点处，与相交于点，连接，，求四边形的周长； （3）若点在坐标轴上，平面内是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 2.（25-26八年级下·天津河东·期末）如图，直线分别与轴、轴交于点、，点在线段上，将沿翻折，点落在边上的点处．以下结论：①；②直线的解析式为；③点；④若线段上存在一点，使得以点、、、为顶点的四边形为菱形，则点的坐标是．其中正确的结论是（  ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 3.（25-26八年级下·江西南昌·期中）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点B，交边于点E，点A落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段、，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为________． 4.（26-27八年级上·陕西西安·阶段检测）如图，在矩形中，将矩形折叠，使落在边（含端点）上，落点记为，这时折痕与边或者边（含端点）交于，然后再展开铺平，则以为顶点的称为矩形的“折痕三角形”． （1）由“折痕三角形”的定义可知，矩形的任意一个“折痕”一定是一个__________三角形； （2）如图，在矩形中，，当它的“折痕”的顶点位于的中点时，画出这个“折痕”，并求出点的坐标； （3）如图，在矩形中，，该矩形是否存在面积最大的“折痕”？若存在，说明理由，并求出此时点的坐标？若不存在，为什么？ 题型4：含参数一元二次方程多情况分类讨论综合解答题 1.（26-27九年级上·全国·课后作业）一个直角三角形的三边长均为正整数，斜边的长比一直角边的长多1，比另一直角边的长多8，这样的直角三角形存在吗？如果存在，有多少个？ 2.（2026九年级上·重庆江津·竞赛）若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，且关于y的分式方程的解为负整数，则所有满足条件的整数a的值之和是（     ） A． B． C． D． 3.（26-27九年级上·河南南阳·阶段检测）等腰三角形的一边长是4，方程的两个根是三角形的两边长，则为_______． 4.（25-26八年级下·北京·期末）已知关于x的方程． （1）求证：无论m取任何实数时，方程恒有实数根． （2）若关于x的方程根均为正整数，求整数m的值． 题型5：一元二次方程几何背景线段、面积求值综合题 1.（2026·江苏南通·模拟预测）如图：在直角坐标系中，长方形中，，，点从点出发，沿射线方向以每秒个单位长的速度移动，点从点出发，沿射线方向以每秒个单位长的速度运动，设点的运动时间为秒． （1）如图1，当为何值时，的面积为； （2）当是的角平分线时，求出此时点的坐标； （3）当为何值时，是等腰三角形？ 2.（26-27九年级上·河北沧州·阶段检测）在菱形中，对角线，的长是方程的两个根，则与菱形的面积相等的正方形的边长为（     ） A． B．2 C． D．4 3.（26-27九年级上·山西朔州·阶段检测）已知一个三角形的两边长分别为3和5，第三边的长为一元二次方程的一个实数根，则这个三角形的面积为________． 4.（2026·河北邯郸·三模）如图，点是直角坐标系中的一个动点，直线与轴，轴分别交于点，，直线经过点和点并与轴交于点． （1）求直线的表达式及点C的坐标； （2）点会落在直线上吗？说明原因； （3）当点在的内部时． ①求的范围； ②是否存在点，使得？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 题型6：多组相似三角形连环证明、嵌套计算压轴题 1.（25-26九年级上·浙江绍兴·自主招生）如图，在中，，，为边上一点，为边上一点，连接，，，． （1）若，求的值． （2）记的周长为，的周长为，的周长为，是否存在使得成立，若存在求出的值，若不存在请说明理由． 2.（26-27九年级上·辽宁本溪·阶段检测）如图，正方形的边长为，为边的中点，连接，过点作，垂足为，为上一点，且，则的长为（     ） A． B． C．3 D． 3.（26-27九年级上·四川·期中）如图，中，，为边上一点，为延长线上一点，连接，，为中点，连接交于点，，，则______． 4.（26-27九年级上·四川·期中）如图，在矩形中，连接，过作于．交于点，． （1）求证：； （2）若，求的长； （3）点为线段延长线上．连接，若，求的长． 题型7：相似三角形动点动态探究解答题 1.（26-27九年级上·四川成都·阶段检测）如图，在菱形中，点为边上一动点，点为边上一点，的延长线交于点，且． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若，，求的值； （3）如图3，已知，连接，平分，若，求的值．（请用含的代数式表示） 2.（25-26九年级下·山东淄博·期末）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.（25-26九年级上·江西抚州·期末）如图，在矩形中，，，M为射线上的一动点（不与B，D重合），过点M作射线于点N，若以点M，N，C为顶点的三角形与相似，则的长为________． 4.（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）综合与实践 【感知特例】 （1）如图1，点在直线l上，，，垂足分别为，点在线段上，且，垂足为．求证：； 【建构模型】 （2）如图2，点在直线上，点在线段上，且，结论仍成立吗？请说明理由． 【解决问题】 （3）如图3，在中，，，点和点分别是线段上的动点，始终满足．当为何值时，有最大值，并求出最大值． 题型8：相似背景下三角形、四边形存在性探究题 1.（25-26九年级上·福建泉州·期末）如图，是等腰三角形，，点，分别在上，且． （1）求证：； （2）若，求的长； （3）探究：长是否存在最小值，若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 2.（25-26九年级上·四川宜宾·期中）如图，等边三角形中，，在上是否存在点E，使过点E与平行的直线截得的梯形与梯形EBCF相似？若存在，求出的长（   ） A． B． C． D．不存在 3.（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图1，内存在一点P，满足，称点P为的布洛卡点．如图2，在中，，，若点Q为的布洛卡点，，则________． 4.（25-26九年级上·四川·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，点在轴的负半轴上，若将沿直线折叠，点恰好落在轴正半轴上的点处． （1）求直线的函数解析式； （2）在直线上是否存在一点，使得与相似？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若点为直线上一点，在平面直角坐标系内，是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 题型9：特殊平行四边形与相似三角形多问综合压轴题 1.（26-27九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知，四边形中，，，连接，平分． （1）如图1，求证：四边形是菱形； （2）如图2，当时，点F为线段上一点，连接，以为边长作等边（点E与点C在直线同侧），连接，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，延长交于点G，连接，若，，求线段的长． 2.（24-25九年级上·广东东莞·期末）如图，四边形是正方形，，是中点，连接，的垂直平分线分别交、、于、、，连接，过作交于．下列结论中正确的是（    ） ①；②；③；④的周长是10    A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 3.（26-27九年级上·四川·期中）如图，矩形中，，．点在边上，点在边上，点、在对角线上．若四边形是菱形，则的长______． 4.（25-26九年级下·河南郑州·开学考试）【问题发现】数学小组成员小明做作业时遇到以下问题：请你帮助解决 （1）若四边形是菱形，边长为，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，如图1，连接、、，则与的数量关系为________，长度的最小值为________． 【类比探究】数学小组对该问题进一步探究，请你帮助解决： （2）如图2，若四边形是正方形，边长为，点为中点，点是射线上一动点，以为斜边在边的右侧作等腰，，连接、．求： ①与的数量关系； ②求长度的最小值． 题型10：动点几何结合相似与一元二次方程线段探究题 1.（25-26九年级上·广东茂名·期末）如图，在矩形中，，，分别以、所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，是边上的一个动点（不与、重合），反比例函数（＞）的图象经过点且与边交于点，连接． （1）连接，若的面积为，则________； （2）连接，与是否平行？请说明理由； （3）是否存在点，使得点关于的对称点在上？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 2.（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平行四边形中，点E是边上一点，，，连接，，，，点F是上一动点，连接，以为直角边作等腰，，连接，点F在运动过程中，周长的最小值是（    ） A． B． C． D． 3.（25-26八年级下·山东济南·期中）如图，直线交y轴于A，交x轴于B，x轴上一点，D为y轴上一动点，把线段绕B点逆时针旋转得到线段，连接，则长度的最小值为________． 4.（24-25九年级上·广东梅州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，为坐标原点，点的坐标是，线段交轴于点，点的坐标是，线段．动点从点出发，沿射线的方向以每秒个单位的速度运动，同时动点从点出发，以每秒1个单位的速度向终点运动，当点运动到点时，点随之停止运动，运动时间为秒． （1）用的代数式表示：________，________； （2）若以，，，为顶点的四边形是平行四边形时，求的值； （3）当恰好是等腰三角形时，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $