专题01 期中复习压轴22类题型归纳（考试范围：第1章 特殊平行四边形～第4章 投影与视图）（举一反三讲义）数学新教材北师大版九年级上册

专题01 期中复习压轴22类题型归纳（举一反三讲义） （考试范围：第1章 特殊平行四边形~第4章 投影与视图） 【新教材北师大版】 题型归纳 【选填压轴】 1 【题型1 矩形折叠多解求值】 1 【题型2 菱形动点线段最值】 2 【题型3 正方形半角模型计算】 3 【题型4 由根与系数的关系求代数式的值】 5 【题型5 一元二次方程中的含参问题】 5 【题型6 利用相似三角形的判定与性质求值】 6 【题型7 利用相似三角形的判定与性质求最值】 7 【题型8 相似三角形中的动点分类讨论问题】 8 【题型9 由视图判断正方体个数】 9 【题型10 投影与相似综合】 10 【解答压轴】 11 【题型11 与矩形有关证明与计算】 11 【题型12 菱形探究综合题】 13 【题型13 正方形几何证明探究】 15 【题型14 一元二次方程实际应用题】 17 【题型15 一元二次方程与几何图形综合】 19 【题型16 一元二次方程中的新定义问题】 21 【题型17 相似三角形综合证明】 21 【题型18 相似动点存在性问题】 23 【题型19 相似探究问题】 25 【题型20 坐标系中利用相似求解】 27 【题型21 投影实际应用计算题】 29 【题型22 三视图的计算】 32 【选填压轴】 【题型1 矩形折叠多解求值】 【例1】（25-26八年级下·全国·期末）如图，已知矩形纸片，，点P在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点B的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为______． 【变式1-1】（2026·河南平顶山·二模）如图，在矩形纸片中，，点E，F分别在矩形的边上，将矩形纸片沿所在直线折叠，使点B落在点H处，点D 落在点G处，点C，H，G恰好在同一直线上．若点F为的三等分点，则的长为______． 【变式1-2】（2026·河南开封·一模）若一个三角形三边长之比为，则称这个三角形为“勾股三角形”．如图，在矩形中，，点在边上，将沿折叠，得到．过点作于点．若是“勾股三角形”，则的长为___________． 【变式1-3】（2026·黑龙江绥化·模拟预测）如图，矩形ABCD的边，，E是边上一点，将沿折叠得到，点D恰好落在边上点F处，将线段沿着射线方向平移得到对应线段，连接，当是等腰三角形时，平移的距离为______． 【题型2 菱形动点线段最值】 【例2】（25-26八年级下·四川成都·阶段检测）如图，在平行四边形中，，O为对角线、的交点，，，M，N分别为边和上的动点，且，连接，将线段绕点M逆时针旋转得到线段，连接、，则周长的最小值为______． 【变式2-1】（25-26八年级下·北京·期中）如图，菱形，，，是上动点，是中点，，分别是，中点，则菱形的面积为________，最小值为________． 【变式2-2】（2025·江苏盐城·模拟预测）如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为_______________． 【变式2-3】（25-26九年级上·山东济南·期中）如图，在菱形ABCD中，，，点M为边中点，点E为菱形四条边上的一个动点，沿的方向运动，连接，以为边作直角三角形，其中，，在点E运动的过程中，线段长度的最大值为______． 【题型3 正方形半角模型计算】 【例3】（24-25七年级下·山东济南·阶段检测）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 【变式3-1】（25-26八年级下·安徽芜湖·阶段检测）如图，在正方形中，连接，E，F是边，上的点．已知E是的中点，． （1）的长为________． （2）若，则的长为________． 【变式3-2】（25-26八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____． 【变式3-3】（24-25九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在正方形中，点分别是边上的两个点，连接分别与对角线交于点，连接，若，下列说法正确的序号是__________． ① ② ③ ④若值为 【题型4 由根与系数的关系求代数式的值】 【例4】（25-26九年级上·安徽芜湖·阶段检测）已知，是方程的两个根，则（   ） A． B． C． D． 【变式4-1】（26-27九年级上·四川成都·阶段检测）已知，是方程的两个实数根，则的值为________． 【变式4-2】（25-26八年级下·陕西咸阳·期末）已知关于x的一元二次方程的两根之差为2，则代数式的最大值为（     ） A． B． C．4 D．10 【变式4-3】（26-27九年级上·江苏宿迁·阶段检测）已知实数满足，则的值是___________． 【题型5 一元二次方程中的含参问题】 【例5】（26-27九年级上·湖北襄阳·阶段检测）若关于x的两个不同的方程，有且只有一个公共解，则m的值是______． 【变式5-1】（2026·四川宜宾·二模）已知、是关于的方程的两个实数根，若，则等于（    ） A． B． C．或 D．或 【变式5-2】（25-26八年级下·重庆九龙坡·阶段检测）已知，是关于的一元二次方程两个实根，且满足，则的值为_______． 【变式5-3】（25-26九年级下·山东·自主招生）关于的方程只有整数根，则满足条件的所有正实数的和为__________． 【题型6 利用相似三角形的判定与性质求值】 【例6】（25-26八年级下·江苏苏州·期末）如图，折叠矩形，使点落在边上点处，线段为折痕，连接，．线段与，分别交于点，．若，，则矩形的边长为(     ) A． B． C． D． 【变式6-1】（2026·四川宜宾·中考真题）如图，，，点、分别是上的点，连接、交于点．若，，，，则的长是（     ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2026·山东泰安·模拟预测）如图将面积为16的正方形纸片沿着折叠，使得点落在点处，再将沿着折叠，使得点也落在点处，过点作的平行线与交于点，则的长为__________． 【变式6-3】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，在正方形中，，点为的中点，点在边上，且，点是的中点，过点的直线与正方形的一组对边分别交于点、（与点、不重合），点在或上．若，则的长为________． 【题型7 利用相似三角形的判定与性质求最值】 【例7】（25-26九年级上·河南南阳·阶段检测）如图，在中，，，点是边上一动点（不与，重合），，交于点，则的最大值为________． 【变式7-1】（24-25九年级上·山东济南·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，已知，B是y轴上的一动点，以为边构造矩形，且矩形的面积始终是3，连接，则线段的最大值是（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】（25-26九年级下·江苏南通·阶段检测）如图，在矩形中，，点E在射线上运动，以为直角边向右作，使得，连接．则的最小值为（    ） A．3 B．4 C． D． 【变式7-3】（25-26九年级下·山东济南·阶段检测）如图，在四边形中，，，，，是线段的中点，是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为________ ． 【题型8 相似三角形中的动点分类讨论问题】 【例8】（25-26九年级下·辽宁盘锦·期中）如图，中，，，点P从A出发，以每秒1厘米的速度向B运动，点Q从C同时出发，以每秒2厘米的速度向A运动．其中一个动点到达终点时，另一个也相应停止运动．那么，当以为顶点的三角形与相似时，运动时间是_____． 【变式8-1】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知中，，，，点由点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以的速度向点运动．连接，设运动的时间为（单位：）（其中）．当为何值时，与相似（     ） A． B． C．或 D．或 【变式8-2】（25-26九年级上·安徽合肥·期末）在中，，，，现有动点P从点A出发，沿向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段也向点B方向运动，如果点P的速度是，点Q的速度是，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒． （1）求运动时间为多少________秒时，P、Q两点之间的距离为． （2）当t为________时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似． 【变式8-3】（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，边长为的正方形，，分别从，两点同时出发，以速度沿射线，射线运动，连结，交于点，为中点，连结，，若与相似，，则运动时间的值为 _______． 【题型9 由视图判断正方体个数】 【例9】（25-26七年级上·河南鹤壁·期末）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图、俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需的小正方体个数，最多需要______个，最少需要______个． 【变式9-1】（2025·湖南衡阳·模拟预测）一个几何体是由若干个完全相同的小正方体搭成的，它的主（正）视图与俯视图如图所示，则符合下面两个视图要求的几何体有（     ）个 A．6 B．5 C．4 D．3 【变式9-2】（2026·河南周口·模拟预测）如图是由大小相同的小正方体组成的简单几何体的主视图和俯视图，组成这个几何体的小正方体的个数不可能为（） A．6 B．8 C．10 D．12 【变式9-3】（2025九年级·全国·专题练习）如图所示的是由若干个相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数．若该几何体的主视图与左视图相同，则a，b的值分别为（    ） A．2，2 B．2，1 C．1，2 D．1，1 【题型10 投影与相似综合】 【例10】（25-26八年级下·重庆·期末）如图，马路上有两根垂直于地面的路灯和，其中，，身高为的小凯在两根路灯之间的地面上走动，当小凯走到点处时，在路灯、的光线照射下他的影子顶端恰好分别落在地面上的点和点，（其中，，，，五点在同一直线上），则的长为________m． 【变式10-1】（25-26九年级上·福建漳州·期末）手影游戏利用的物理原理是：光是沿直线传播的，在一次手影游戏中，小明距离墙壁1米，爸爸拿着的光源与小明的距离为4米，在小明不动的情况下，要使小狗手影的高度增加一倍，则光源与小明的距离应减少______米． 【变式10-2】（2026·内蒙古包头·二模）如图，在平面直角坐标系中，点光源位于处，木杆两端的坐标分别为，．则木杆在轴上的影长为（     ） A．3 B．6 C．8 D．9 【变式10-3】（25-26九年级下·全国·单元测试）如图，大楼（可以看作不透明的长方体）的四周都是空旷的水平地面．地面上有甲、乙两人，他们现在分别位于点和点处，、均在的中垂线上，且、到大楼的距离分别为米和米，又已知长米，长米，由于大楼遮挡着，所以乙不能看到甲．若乙沿着大楼的外面地带行走，直到看到甲（甲保持不动），则他行走的最短距离长为________米． 【解答压轴】 【题型11 与矩形有关证明与计算】 【例11】（26-27八年级上·四川成都·阶段检测）已知长方形中，，点为边上一动点，沿所在直线将进行折叠得到． (1)如图1，若点与点重合，交边于点，证明：； (2)如图2，连接并延长交边于点，当时，求的长； (3)连接，在点运动过程中，若面积为4时，求的长． 【变式11-1】（26-27九年级上·贵州遵义·阶段检测）如图1，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，且，，．点P是矩形边上的一点，点P从点D出发，沿以每秒1个单位长度的速度运动，作，交边或边于点M，当点M与点O重合时，点P停止运动．连接，设运动时间为t秒（）． (1)当点P运动到点A时，在图1中补全图形，并直接写出线段的长； (2)如图2，当点P在边上运动时，若，求t的值： (3)将沿直线翻折，当点D的对应点N落在矩形的边上时，直接写出t的值． 【变式11-2】（26-27九年级上·广西南宁·阶段检测）如图①，在矩形中，点为边上一点，连接．将沿折叠得到．点为上一点，连接，． (1)如图②，当直线经过点时，若，求证：是等边三角形． (2)如图③，当于点时，判断四边形的形状，并说明理由． (3)在（2）的条件下，延长交矩形的边于点．若，，当时，直接写出的长． 【变式11-3】（26-27九年级上·广东佛山·阶段检测）如图①，在四边形中，，，，，，点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，点从点出发，沿方向以每秒3个单位长度的速度做往返运动，两点同时出发，当点返回点时，点也随之停止运动，设点的运动时间为秒． (1)当以为顶点的四边形是矩形时， ； (2)当时，求的值； (3)若点是边上的一点，且，如图②，是平面内一点，是否存在点，使以为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出的长，若不存在，请说明理由． 【题型12 菱形探究综合题】 【例12】（25-26八年级下·吉林·期末）【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，． (1)【感知】如图①，若点是边的中点，小明经过探索发现了线段与之间的数量关系，请直接写出这个关系为________； (2)【探究】如图②，当点为边上任意一点时，判断上述结论是否仍然成立，请说明理由； (3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，线段的长为________． 【变式12-1】（25-26八年级下·广西南宁·期末）综合与实践 【问题情境】市政公园休闲区搭建两组菱形镂空景观钢架，两套钢架共用顶部固定支点，大型钢架为菱形，小型钢架为菱形，设计图纸规定两个菱形顶角，、是钢架支撑杆．施工时小型钢架锁死固定不动，大型钢架可绕支点自由旋转调整摆放角度，工程人员需要测算钢架支撑杆长度解决施工用料问题． 【操作发现】 (1)如图，调整大型钢架，使得大型钢架边与小型钢架边重合．请直接写出钢架支撑杆与之间的数量关系． 【探究验证】 (2)按图方式摆放钢架，此时大型钢架的顶点落在小型钢架的侧边上，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 【拓广探究】 (3)现场实测：图摆放状态下，，大型钢架边长为米． ①求小型菱形钢架的边长． ②旋转调整大型钢架菱形，当、、三点落在同一条直线上时，需增加一条钢架支撑杆，请直接写出的长度． 【变式12-2】（25-26八年级下·甘肃庆阳·期末）【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，． (1)【感知】如图1，若是边的中点，则线段与之间的数量关系是______； (2)【探究】如图2，若为边上任意一点，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． (3)【应用】在如图3所示的菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，求线段的长． 【变式12-3】（25-26八年级下·江苏盐城·期中）阅读下列材料：问题：如图1，在菱形和菱形中，，点A，B，E在同一条直线上，P是线段的中点，连接，，探究与的位置关系． (1)请你写出上面问题中线段与的位置关系，并说明理由； (2)将图1中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的对角线恰好与菱形的边在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明， (3)将菱形和菱形均改成正方形，如图3，P为的中点，此时与的位置关系和数量关系分别是什么？直接写出答案．    【题型13 正方形几何证明探究】 【例13】（26-27九年级上·陕西咸阳·阶段检测）在正方形中，点在对角线上，连接． 【问题提出】 (1)如图①，连接，若，则的长为__________； 【问题探究】 (2)如图②，过点作，交边于点，试探究线段，与之间存在的数量关系； 【问题解决】 (3)如图③，四边形是正方形观景平台，对角线为平台的检修通道，检修通道上有一点，从点安装护栏，，使得，，护栏端点，分别落在平台边缘，上，连接，并加装护栏，为统计管材用料，试探究护栏与之间存在的数量关系． 【变式13-1】（26-27九年级上·湖南衡阳·开学考试）定义：若一个四边形中有一个内角为直角，且连接该直角顶点与它的对角顶点的对角线，将这个对角分成的两个角中，有一个角为直角，则称这样的四边形为“双垂直四边形”．如图1，在四边形中，是对角线，，则四边形为“双垂直四边形”，记作“双垂直四边形”． (1)用分别含有和角的直角三角形纸板如图2摆放，再连接顶点得到如图所示的四个四边形，其中不是“双垂直四边形”的______（填序号）． (2)【性质探究】如图3，在“双垂直四边形”中，已知，，E为线段上一点，且，判断和的数量关系，并说明理由． (3)【拓展应用】如图4，双垂直四边形在平面直角坐标系中的位置如图，点B在x轴上，点C在y轴上，，，D为边上一动点，且，连接．将沿翻折，得到，若，请写出点E的坐标． 【变式13-2】（25-26七年级下·江西吉安·期末）追本溯源：为了探究特殊化的问题解决策略，小明从课本的一个数学问题出发，问题如下：如图1，有两个边长为1的正方形，其中正方形的顶点与正方形的中心重合．在正方形绕点旋转的过程中，探究两个正方形重叠部分的面积关系． (1)初步思考：如图2，先考虑特殊情况，当正方形旋转到边与垂直的位置，此时两个正方形重叠部分的面积为 ； (2)问题解决：当正方形旋转到如图1所示位置后，求此时两个正方形重叠部分的面积； (3)延伸探究：将个边长都为的正方形按如图3所示的方式摆放，，，，，，分别是正方形的中心，个这样的正方形重叠部分的面积之和为，请你计算出的值． 【变式13-3】（25-26八年级下·江苏南通·期末）如图，四边形是正方形，是边上任意一点，连接，过点作于点，过点作，交于点． (1)【课本再现】 求证：； (2)【初步探究】 如图，连接，若点是的中点，试探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展提升】 如图，在（2）的条件下，连接，试探究线段与的数量关系，并说明理由． 【题型14 一元二次方程实际应用题】 【例14】（25-26八年级下·浙江金华·期末）根据以下素材，探索完成任务． 13度的甜，14度的鲜，夏季的兰溪杨梅，不仅是自然的馈赠，更是交织成初夏最让人心动的味道，但由于“泡药风波”，使得杨梅的销售较往年增加了一些难度，为了促进销售，某农户决定采取网上和实体店同步销售，请你帮助一起设计兰溪杨梅的销售方案． 素材1 某农户在网上和实体店同时销售兰溪杨梅（以下简称杨梅），成本价为20元/千克． 素材2 杨梅的网上销售价定为30元/千克时，当天网上销售量是100千克，实体店的销售价定为40元/千克时，当天实体店销售量是50千克．一天内实体店的销售价保持不变，网上销售价可按实际情况进行适当调整，需确保网上销售价始终高于成本价． 素材3 据调查，网上销售价每降低1元，当天网上多售出20千克，实体店少售出2千克． 问题解决： (1)任务1：当杨梅网上销售价为25元/千克时，求农户在网上销售杨梅当天的毛利润（毛利润=销售总额-成本）与实体店销售该杨梅当天的毛利润各是多少元？ (2)任务2：杨梅的网上单价每千克降多少元时，农户一天的总毛利润（总毛利润=网上毛利润+实体店毛利润）为2040元？ (3)任务3：你觉得该农户一天的总毛利润能否达到3000元，若能，请求出杨梅的网上单价是每千克多少元？若不能，请说明理由． 【变式14-1】（25-26九年级上·陕西咸阳·阶段检测）“万里无云镜九州，最团圆夜是中秋．”临近中秋节，某月饼厂接到一笔盒月饼的订单，现决定由甲、乙两组共同完成，已知两组同时开工，甲组加工天，乙组加工8天就能完成这笔订单，且甲组3天加工的月饼数量比乙组2天加工的月饼数量多盒． (1)求甲、乙两组平均每天各能加工多少盒月饼； (2)甲、乙两组同时开工2天后，这笔订单临时又增加了盒月饼，甲组从第3天起提高了工作效率，而乙组的工作效率不变，并提前完成了这笔订单．经调研发现，若甲组平均每天每多加工盒月饼，则甲、乙两组就各自都提前1天完成任务，已知甲、乙两组加工的天数均为整数，则甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前多少天完成了这笔订单？ 【变式14-2】（25-26九年级上·山西运城·阶段检测）运城临猗苹果是山西省名优特产，其果色鲜艳，果肉脆甜，汁水丰富，富含人体所必需的各类营养成分，年获国家农产品地理标志登记保护，年入选国家特色农产品优势区，深受老百姓的喜爱．年临猗某果园苹果年产吨，年实现了年产吨的目标． (1)求该果园年至年苹果年产量的年平均增长率． (2)某果库以元的成本采购了苹果吨，目前可以以元/吨的价格售出．如果储藏起来，每星期会损失吨，且每星期需要支付各种费用元，但同时每星期每吨的价格会上涨元，那么储藏多少个星期后，出售这批苹果可获利元？ 【变式14-3】（25-26八年级下·广西百色·期中）为庆祝五四青年节，某校组织八年级男子班级篮球赛，为达到活动效果又节省比赛时间，先分A、B两个小组，由所有参赛班级随机抽签，再分别进行小组赛．当参赛队伍总数为偶数个时，A组、B组队伍数一样多；当参赛队伍总数为奇数个时，B组比A组队伍数多1个．小组赛采取单循环赛制（即每支队伍与组内其他队伍各打一场），按积分排名，取每组前2名晋级半决赛，最后进行决赛．积分规则：胜一场得2分，负一场得0分．小组赛结束后，某数学学习小组针对全部队伍累计总得分开展数学讨论．具体如下： (1)已知该校八年级共有10个班级参加比赛．小组赛结束后，全部队伍累计总得分共 分； (2)若当参赛队伍总数为偶数个时，小组赛结束后，全部队伍累计总得分为112分．求本次比赛参赛队伍个数； (3)当参赛队伍总数为奇数个时．小组赛结束后，全部队伍累计总得分能是162分吗？若能，请求出此时参赛的队伍数；若不能，请说明理由． 【题型15 一元二次方程与几何图形综合】 【例15】（26-27九年级上·全国·单元复习）综合与实践． (1)【初步探索】欧几里得的《几何原本》记载，对于形如的方程，可用如图1的几何解法：作直角三角形，其中，，，在斜边上截取，则该方程的其中一个正根是哪段线段的长？说明你的理由． (2)【再次探索】我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中也记载了关于一元二次方程的几何解法：以方程为例，因为，所以有．如图2，用4个长都是，宽都是x的相同矩形，拼成如图所示的正方形，图2中，大正方形的面积可以表示为_____________（用含x的代数式表示）；另一方面，它又等于4个小矩形的面积加上中间小正方形的面积，即等于，故可得原方程的一个正根是____________________． (3)【类比运用】请选用上述两种几何方法中的一种求方程的正根（请在下面画出图形，注意在图中标注出相关线段的长度）． 【变式15-1】（26-27九年级上·四川达州·阶段检测）如图，在矩形中，cm，cm．点从点出发，沿边以的速度向点运动；同时点从点出发，沿边以的速度向点运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)当为何值时，的面积为？ (2)是否存在某一时刻，使得是等腰直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)连接，当为何值时，？ 【变式15-2】（25-26八年级下·山东济南·期末）如图1，在中，，，．在矩形中，，．在矩形的左侧，与在一条直线上，点与点重合．现以的速度从左向右匀速运动（矩形保持不动），直到点运动到与点重合时运动停止．如图2，设运动时间为（），当时，若满足与矩形重叠部分的面积为时，求运动时间的值． 【变式15-3】（25-26九年级上·广东江门·期中）如图，是边长为的等边三角形，动点，同时从，两点出发，分别沿、匀速移动，它们的速度都是，当点到达点时，、两点都停止运动．设点的运动时间为，解答下列问题： (1)当为何值时，是等腰三角形？ (2)是否存在，使四边形的面积是面积的？若存在，求出的值；若不存在．请说明理由． 【题型16 一元二次方程中的新定义问题】 【例16】（25-26八年级下·湖南长沙·期中）定义：若点满足，则称这个点为“完美点”．例如，，故点是“完美点”． (1)点，，中，不是“完美点”的是________； (2)若点是“完美点”，求的值； (3)若点是“完美点”，求出的值． 【变式16-1】（25-26九年级上·广东广州·期中）定义：如果关于x的一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“黄金方程”． (1)下列方程中：①；②；③，是黄金方程的为 （填序号）． (2)已知关于x的一元二次方程）是“黄金方程”，求代数式的最小值． 【变式16-2】（25-26九年级上·甘肃兰州·期中）阅读与思考 定义：若两个一元二次方程有且只有一个相同的实数根，我们就称这两个方程为“同伴方程”．例如和有且只有一个相同的实数根，所以这两个方程为“同伴方程”． (1)根据所学定义，下列方程属于“同伴方程”的有______；（只填写序号即可） ①；②；③ (2)关于x的一元二次方程与为“同伴方程”，求m的值； (3)若关于x的一元二次方程（）同时满足和，且与互为“同伴方程”，求n的值． 【变式16-3】（25-26九年级上·山东济宁·阶段检测）定义：我们把关于x的一元二次方程与称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是． (1)写出一元二次方程的“友好方程”：___________________． (2)已知一元二次方程的两根为，它的“友好方程”的两根为______________．根据以上结论，猜想方程的两根；与其“友好方程”的两根之间存在的一种特殊关系为______________． (3)已知关于x的方程的两根是．请利用（2）中的结论，求关于x的方程的两根． 【题型17 相似三角形综合证明】 【例17】（2026·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，．为边的中点，为线段上一点（不与点重合），点关于点的对称点为点，以为斜边构造等腰直角三角形，点和点在直线的同侧． (1) ； (2)连接，求证：； (3)当点在边上时，求的长； (4)是边上一点，连接．当，且时，直接写出的长． 【变式17-1】（2025·江苏苏州·模拟预测）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． 【变式17-2】（2025·浙江杭州·二模）【证明体验】 (1)如图，正方形中，，分别是边和对角线上的点，，求证：． 【思考探究】 (2)如图，矩形中，，，，分别是边和对角线上的点，，，求的长． 【拓展延伸】 (3)如图，菱形中，，对角线，交的延长线于点，，分别是线段和上的点，，，求的长．请直接写出答案 【变式17-3】（25-26八年级下·江苏泰州·期末）正方形边长为6，若点为边上一动点，连结，将沿翻折得到，连结并延长交射线于点． (1)如图1，当点与点重合时，求的长； (2)如图2，当经过中点时，连结．求证：； (3)当、、三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点时，求的长． 【题型18 相似动点存在性问题】 【例18】（25-26八年级下·山东青岛·期末）如图，在矩形中，，，点从点出发，沿方向匀速运动，点从点出发，沿方向匀速运动，两点同时出发，速度均为，设运动时间为（）． (1)当以，，为顶点的三角形与相似时，求的值； (2)当取何值时，四边形的面积等于？ (3)是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式18-1】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图1，在矩形中，，，点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．过点Q作，交于点E，连接，．设运动时间为（），请解答下列问题： (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)设的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (4)如图2，点O为的中点，连接．当为等腰三角形时，请直接写出t的值． 【变式18-2】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图，在中，，，，在上取一点D，使，连接，分别过点A，点C，作，，交点为E．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点B出发，沿方向匀速运动，速度为．过点P作，交于点F，连接．设运动时间为，解答下列问题： (1)当t为何值时，？ (2)设五边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)连接，是否存在某一时刻t，使得垂直平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式18-3】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，点E是边BC上的一点不与点B、C重合，，． (1)图1，若，，则的度数为______； (2)图2，若，求的度数；用含的代数式表示 (3)图3，已知且，，且，点E在线段上运动时，连接，M为的中点，探究的长度是否存在最小值？若存在，用关于m，n的代数式表示出来；若不存在，请说明理由． 【题型19 相似探究问题】 【例19】（2026·四川眉山·模拟预测）如图1，正方形和正方形，连接，． (1)【发现】当正方形绕点A旋转，如图2， ①线段与之间的数量关系是 ； ②直线与直线之间的位置关系是 ； (2)【探究】如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请写出新结论，并说明理由． (3)【应用】在（2）的情况下，连接（点E在上方），如图4，若，且，，求线段的长． 【变式19-1】（2026·广东深圳·三模）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19-2】（25-26八年级下·山东烟台·期末）【尝试发现】 (1)如图，在和中，，，，请直接写出线段和的数量关系是 ． 【变式探究】 (2)如图，，连接和，的延长线交于点，． ①求的值； ②判断和的数量关系并证明； 【联系拓广】 (3)如图3，矩形中，，，是对角线．是边上一动点，连接，以为直角边向逆时针方向作，使，连接，． ①求证：； ②直接写出线段长度的最小值． 【变式19-3】（25-26八年级下·吉林·期末）综合与探究 【问题背景】我们学习了三角形的中位线定理，借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，如图1，探索小组利用这个基本图形进行了探究活动，探究发现：若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，请你和探索小组一起对此进行研究，如图1，在中，，，分别取，的中点D，E，作． (1)初步发现：如图1，由三角形中位线构造，可知：______． (2)猜想探究：如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，．旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (3)结论应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，则_______． (4)延伸思考：如图4，在中，，，，分别取，的中点D，E．作，将绕点B逆时针旋转，连接，．分别取，的中点M，N．当绕点B旋转过程中，直接写出当面积最大时，的面积是_______． 【题型20 坐标系中利用相似求解】 【例20】（25-26八年级下·辽宁沈阳·期中）如图1，矩形在坐标系中，、分别在轴、轴的正半轴上，，矩形周长为18，面积为18． （1）求点坐标； （2）如图2，、、分别在、、上，连、，若于，，设点横坐标为，求的长（用含的代数式表示）； （3）如图3，在（2）的条件下，是中点，连并延长至，连交于，若，，求的值． 【变式20-1】（25-26九年级上·吉林长春·阶段检测）已知：如图，在平面点角坐标系中，是直角三角形，，点A、C的坐标分别为，，． (1)求过点A、B的直线的函数解析式； (2)在x轴上找一点D，连接，使得与相似，并求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，P、Q分别是和上的动点，连接，设，问是否存在这样的使得与相似？如存在，请直接写出m的值；如不存在，请说明理由． 【变式20-2】（25-26八年级下·广东湛江·期中）如图，在直角平面坐标系中，已知，点C在y轴的正半轴上，且． (1)求点C的坐标． (2)过点作于点E，连接． ①当D在线段上时，是否存在点D使得是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的m的值；若不存在，则说明理由． ②当D在点B的右侧时，设交直线于点F，若，请直接写出m的值． 【变式20-3】（24-25九年级上·上海·阶段检测）我们知道，互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系．如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”． 如图1，是斜坐标系中的任意一点，与直角坐标系相类似，过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、，若、在轴、轴上分别对应实数、，则有序数对叫做点在斜坐标系中的坐标． (1)如图2，已知斜坐标系中，，试在该坐标系中作出点，并求点O、A之间的距离； (2)如图3，在斜坐标系中，已知点、点，是线段上的任意一点，试求、之间一定满足的一个等量关系式； (3)若问题（2）中的点在线段的延长线上，其它条件都不变，试判断上述、之间的等量关系是否仍然成立，并说明理由． 【题型21 投影实际应用计算题】 【例21】（2026·江苏盐城·模拟预测）为进一步确保汽车安全性能，技术人员对汽车前视野盲区做了研究，研究时简化模型：如图2，线段为驾驶员，与地面垂直，车头近似看成矩形，驾驶员视线被车头遮挡形成视野盲区，发现视野盲区在地面上不是一条线段，而是一个区域（梯形）． 测量数据：驾驶员眼睛距地面的高度为，车头的高度为，宽度为，车头到点的水平距离为． 问题解决： (1)根据以上信息，参考立体图形，在图3上用无刻度直尺补全汽车主视图的视野盲区平面图形，并求出盲区长度（视野盲区的前沿到车头的水平距离为盲区长度）； (2)在问题1的基础上，在图4上补全汽车俯视图的视野盲区平面图形，并求出视野盲区的面积； (3)①若调高主驾驶座椅，使得驾驶员眼睛距地面的高度增大，其余条件不变，则前视野盲区的面积会____________（填“减小”、“不变”或“增大”）； ②若设计时增加整车宽度（包括车头），其余条件不变，则视野盲区面积会____________（填“减小”、“不变”或“增大”） 【变式21-1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，同学们想要测量综合楼的高度，在某一时刻，综合楼影子的顶端落在斜坡上的点E处，与此同时，站在点D处的李华的影子顶端在点G处．经测量，李华的身高，，，，已知为水平地面，点B，C，P在同一条直线上，均与地面垂直，．试求综合楼的高度（结果精确到．参考数据：） 【变式21-2】（25-26九年级上·四川·期中）九天楼矗立于塔子山公园内，是成都市地标建筑之一、在一个阳光灿烂的午后，小明来到公园游玩，目睹了气势恢宏的九天楼，其垂直于水平地面，他萌生了测量该建筑高度的想法．他观察到阳光下建筑的影子正好延伸至地面及一个小山坡上（如图所示）．他测得地面上的影长为86米，坡面上的影长为12米，已知该山坡与水平地面形成的锐角为．与此同时，身高1.6米的小明在水平地面上的影长为2.4米．（参考数据） (1)求点到水平地面的距离； (2)求小明测得的九天楼高度（结果精确到1米） 【变式21-3】（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图1，路灯与路灯都与地面垂直，且相距米，路灯的高度比路灯的高度低米．夜晚，身高为米的小明以米/秒的速度从路灯走向路灯，行走时间为秒．当行走2秒时，他走到了处，此时发现身后影子顶部正好触到路灯的底部（点）．如图2，在行走过程中，小明在路灯下的影子为，在路灯下的影子为． (1)求路灯的高度． (2)当秒时，求影子的长？ (3)常言道：形影不离．其原意为：人的影子与自己紧密相伴，无法分离． ①从路灯走向路灯的过程中，两路灯下的影子总长_______（用含的代数式表示）； ②小明发现：在灯光下人的速度与影子的速度是不一样的，请直接写出小明在路灯下的影子的顶端在地面上移动的速度为______米/秒； 【题型22 三视图的计算】 【例22】（25-26七年级上·四川达州·阶段检测）由若干个棱长为1的相同小立方块搭成的几何体的三视图如图所示． (1)请在俯视图中标出相应位置小立方块的个数；该几何体是由多少个小立方块搭成的？ (2)计算这个几何体的表面积． 【变式22-1】（2025九年级·全国·专题练习）某品牌饮水机（如下图）可以近似的看成一个长方体减去半个圆柱体的几何体，该几何体的主视图和俯视图如图所示（单位：，结果保留π）． (1)求该几何体的体积． (2)现对该饮水机的正面区域进行涂色，求涂色面积． 【变式22-2】（2025九年级·全国·专题练习）某工厂要加工一批上、下底面密封的纸盒，设计者给出了密封纸盒的三视图，如图①． (1)密封纸盒的形状为_______． (2)根据该几何体的三视图，在图②中补全它的表面展开图． (3)请你根据图①中的数据，计算这个密封纸盒的表面积和体积（结果保留根号）． 【变式22-3】（25-26七年级上·广东佛山·阶段检测）（1）一个由小正方体摆成的几何体，无论从正面，还是从左面都可以看到如图所示的图形，那么，最多可以用 个小正方体，最少可以用 个小正方体． （2）一个正方体截去一角后，剩下的几何体有 条棱， 个面， 个顶点．（说明：截去部分的边长都不超过正方体的边长．） （3）如图1，一个边长为2大正方体上截去一个小正方体后，可得到图2的几何体． ①所得几何体的表面积为 ． ②如果图1中大正方体各棱的长度之和比图2中几何体各棱的长度之和少3，那么，所得几何体的体积是 ． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 期中复习压轴22类题型归纳（举一反三讲义） （考试范围：第1章 特殊平行四边形~第4章 投影与视图） 【新教材北师大版】 题型归纳 【选填压轴】 2 【题型1 矩形折叠多解求值】 2 【题型2 菱形动点线段最值】 9 【题型3 正方形半角模型计算】 15 【题型4 由根与系数的关系求代数式的值】 22 【题型5 一元二次方程中的含参问题】 25 【题型6 利用相似三角形的判定与性质求值】 27 【题型7 利用相似三角形的判定与性质求最值】 34 【题型8 相似三角形中的动点分类讨论问题】 41 【题型9 由视图判断正方体个数】 45 【题型10 投影与相似综合】 48 【解答压轴】 52 【题型11 与矩形有关证明与计算】 52 【题型12 菱形探究综合题】 67 【题型13 正方形几何证明探究】 79 【题型14 一元二次方程实际应用题】 91 【题型15 一元二次方程与几何图形综合】 96 【题型16 一元二次方程中的新定义问题】 102 【题型17 相似三角形综合证明】 107 【题型18 相似动点存在性问题】 118 【题型19 相似探究问题】 131 【题型20 坐标系中利用相似求解】 144 【题型21 投影实际应用计算题】 157 【题型22 三视图的计算】 165 【选填压轴】 【题型1 矩形折叠多解求值】 【例1】（25-26八年级下·全国·期末）如图，已知矩形纸片，，点P在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点B的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为______． 【答案】或3 【分析】分两种情况进行讨论：当时，当，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， 当时，如图所示： ∵， ∴点在上， 根据折叠可知：，， 设，则， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得，即； 当，如图所示： 根据折叠可知：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 综上，或3． 【变式1-1】（2026·河南平顶山·二模）如图，在矩形纸片中，，点E，F分别在矩形的边上，将矩形纸片沿所在直线折叠，使点B落在点H处，点D 落在点G处，点C，H，G恰好在同一直线上．若点F为的三等分点，则的长为______． 【答案】2或 【分析】根据题意分①时，过点作交的延长线于点，连接，根据折叠的性质可证，则，设，列方程计算即可；②时，过点作交的延长线于点，连接，由折叠的性质可得，设，再利用勾股定理求解． 【详解】由题意，可知需分以下两种情况．①当时， 过点作交的延长线于点，连接，如图1所示， 则四边形为矩形， ∴ ． 由折叠的性质，可知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴，解得， ∴． ②当时，过点作交的延长线于点，连接，如图2所示， 则四边形为矩形， ∴， 由折叠的性质，可知， ∴． ∵， ∴， 设，则， ∵ ， ∴，解得， ∴， 综上所述，的长为2或． 【变式1-2】（2026·河南开封·一模）若一个三角形三边长之比为，则称这个三角形为“勾股三角形”．如图，在矩形中，，点在边上，将沿折叠，得到．过点作于点．若是“勾股三角形”，则的长为___________． 【答案】或 【分析】由矩形及折叠性质得，，根据，得是直角三角形，斜边为，根据“勾股三角形”定义，其三边比为，分两种情况讨论：情况1：，情况2：，分别求解即可； 【详解】 解：在矩形中，，， 由折叠性质得，， ∵， ∴， ∴是直角三角形，斜边为， 根据“勾股三角形”定义，其三边比为， 分两种情况讨论： 情况1：， ∵， ∴，， 设，则， 延长交于点， 则， ∴四边形是矩形， ∴， 则，， 在中，由勾股定理： ， 解得， 因此； 情况2：， 同理得，， 设， 在中，勾股定理得： ， 解得， 因此； 综上，的长为或． 【变式1-3】（2026·黑龙江绥化·模拟预测）如图，矩形ABCD的边，，E是边上一点，将沿折叠得到，点D恰好落在边上点F处，将线段沿着射线方向平移得到对应线段，连接，当是等腰三角形时，平移的距离为______． 【答案】2或3或 【分析】根据矩形及折叠的性质得，，进而可求出的值，分类讨论：若，若，若，利用勾股定理即可求解. 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将沿折叠得到， ∴，， ∴， 如图，由平移可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 如图，过点作于， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 分三种情况讨论： 若， ∴， ∴， 即平移的距离为2； 若， ∵，， ∴， 即平移的距离为3； 若， 在中，， 设， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴平移的距离为； 综上所述，当是等腰三角形时，平移的距离为2或3或． 【题型2 菱形动点线段最值】 【例2】（25-26八年级下·四川成都·阶段检测）如图，在平行四边形中，，O为对角线、的交点，，，M，N分别为边和上的动点，且，连接，将线段绕点M逆时针旋转得到线段，连接、，则周长的最小值为______． 【答案】/ 【分析】在上取点Q，使得，连接，作，且，连接，，证明四边形是菱形，得到，求出，证明，得出，，求出，P在与夹角的线段上，然后证明，得到，当点P在线段上时，周长取得最小值，即的值，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：在上取点Q，使得，连接，作，且，连接，，如图： ∵在平行四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴ ∴ 由旋转的性质可知，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴P在与夹角的线段上， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵O是菱形对角线的交点， ∴， ∴周长， ∴当点P在线段上时，周长取得最小值，即的值 ∵， ∴周长的最小值为． 【变式2-1】（25-26八年级下·北京·期中）如图，菱形，，，是上动点，是中点，，分别是，中点，则菱形的面积为________，最小值为________． 【答案】 【分析】利用菱形的性质和面积公式，由边长与夹角直接计算面积．取中点，利用三角形中位线证明，再利用平行四边形的判定证明，从而得到，，三点共线，说明点在线段上运动，最后由垂线段最短求出的最小值． 【详解】解：四边形是菱形，， ， ， ， 菱形的高， 面积． 取的中点，连接，， 是的中点，是的中点， 是的中位线， ， 点在上， ． 四边形是菱形， ，， 是的中点，是的中点， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ，． ，，且是公共点， ，，三点共线， 点在线段上运动． ，都是定点， 是定点， 当时，取得最小值． ， 过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，交于点Q，此时， ∴， ∵，， ∴， ∴，则，且四边形是矩形， ∴，， 是的中点，， ∴，， ∴， ∴， ． 【变式2-2】（2025·江苏盐城·模拟预测）如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为_______________． 【答案】 【分析】由折叠可证四边形为菱形，是边上的中线，如图，连接，交于，是边上的中线，的角平分线，则，，，由，可得，则，，，可知当点P运动到点A时，最大，最大为，勾股定理求，则，计算求解即可． 【详解】解：为等边三角形，， ， 将沿翻折，得到， ， 四边形为菱形， ∴，，， ∴是边上的中线， 如图，连接，交于， ∵F是的中点， ∴是边上的中线，的角平分线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴当点P运动到点A时，最大，最大为， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键． 【变式2-3】（25-26九年级上·山东济南·期中）如图，在菱形ABCD中，，，点M为边中点，点E为菱形四条边上的一个动点，沿的方向运动，连接，以为边作直角三角形，其中，，在点E运动的过程中，线段长度的最大值为______． 【答案】 【分析】根据点E在菱形的边、、、的运动，可确定点F的运动路径，即可求得的最大值． 【详解】如图，当点E在上时，则点F在射线运动，当运动到点B时，点F点运动到点，且；当点E在上时，则点F在线段上运动，且；当点E在上时，则点F在线段上运动，且；当点E在上时，，则点F在线段上运动，且，；所以点F的运动路径是一个菱形，其边长为4，当点E与点D重合，点F与点重合时，最长；连结； ∵在菱形ABCD中，，，点M为边中点， ∴，， ∴， 由勾股定理得：， ∴在中，； 所以线段长度的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，确定点F的运动路径是解题的关键与难点． 【题型3 正方形半角模型计算】 【例3】（24-25七年级下·山东济南·阶段检测）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 【答案】A 【分析】此题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 由正方形纸片的边长为6，可得，，根据折叠的性质得：，，然后设，在中，由勾股定理，即可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：延长到点，使，连接，如图， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ，， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， ， ， 故选：A． 【变式3-1】（25-26八年级下·安徽芜湖·阶段检测）如图，在正方形中，连接，E，F是边，上的点．已知E是的中点，． （1）的长为________． （2）若，则的长为________． 【答案】 /； 【分析】（1）通过正方形的性质利用勾股定理先求出正方形边长，再结合E是的中点的条件，得到的长度； （2）将绕点A顺时针旋转到，利用旋转后全等三角形的性质得到，，再证明，得到进而推得的数量关系，设的长为未知数，用含未知数的式子表示出、、的长度，再结合勾股定理列方程求解． 【详解】解：（1）四边形是正方形，， ∴， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴． （2）解：在正方形中，，， 如图，将绕点A顺时针旋转到， ， ，， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ， ， ， 设，则，． ，由勾股定理得， ， 解得， ． 【变式3-2】（25-26八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 _____． 【答案】2 【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题． 【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF， ∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF， ∴△ADG≌△CDF（SAS）， ∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF， ∵∠EDF＝45°， ∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°， ∵DE＝DE， ∴△GDE≌△FDE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵F是BC的中点， ∴AG=CF=BF=3， 设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3， 由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2， 解得x＝2， ∴AE＝2， ∴DE＝， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键． 【变式3-3】（24-25九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在正方形中，点分别是边上的两个点，连接分别与对角线交于点，连接，若，下列说法正确的序号是__________． ① ② ③ ④若值为 【答案】①②③ 【分析】过点G作于P， 于Q，证明，得，可判断①；将绕点A逆时针旋转90度，得到，利用半角模型证明，得，由勾股定理得出，即可判断②；先证明是直角三角形，由特殊角三角函数值求得，从而求得，则可得到，即可判断③；将绕点A逆时针旋转90度，得到，连接，同理可得，从而得到，，继而求得，则，由勾股定理，得，求得，即，可判断④． 【详解】解：①过点G作于P， 于Q，如图， ∵正方形， ∴，平分， ∵，， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ②∵，， ∴， ∵， ∴， 将绕点A逆时针旋转90度，得到， 则，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ③∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，故③正确； ④将绕点A逆时针旋转90度，得到，连接， 则，， 同理可得， ∴，， 由， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理，得， 即， ∴， ∴，故④错误； ∴正确有①②③． 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识，正确应用半角模型求解是解题的关键． 【题型4 由根与系数的关系求代数式的值】 【例4】（25-26九年级上·安徽芜湖·阶段检测）已知，是方程的两个根，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题利用一元二次方程根的定义对所求式子降次化简，再结合根与系数的关系计算最终结果． 【详解】解：∵，是方程的两个根， ∴由根的定义得，， 由根与系数的关系得，， 化简第一个因式：， 化简第二个因式：， ∴原式， 代入，得：原式． 【变式4-1】（26-27九年级上·四川成都·阶段检测）已知，是方程的两个实数根，则的值为________． 【答案】 2027 【分析】利用一元二次方程根的定义对所求多项式降次，再结合根与系数的关系代入计算． 【详解】解：∵a是方程的实数根， ∴，即， ∵a，b是方程的两个实数根， ∴由根与系数的关系得， 对所求式子变形得：， 将代入得： 原式 ． 【变式4-2】（25-26八年级下·陕西咸阳·期末）已知关于x的一元二次方程的两根之差为2，则代数式的最大值为（     ） A． B． C．4 D．10 【答案】C 【分析】结合两根差的条件与根与系数的关系，建立的等量关系，代入所求式后配方求最值即可． 【详解】解：设方程的两根分别为，． 由根与系数的关系得，． ∵ 两根之差为2， ∴ ． 又∵ ， ∴ ． 整理，得，即． 将代入，得 ， 配方得． ∵ ， ∴ ， ∴ ． ∴代数式的最大值为4． 【变式4-3】（26-27九年级上·江苏宿迁·阶段检测）已知实数满足，则的值是___________． 【答案】 【分析】将第二个方程整理得到和满足同一个一元二次方程，结合得到和是该方程的两个不等实根，利用根与系数的关系代入化简即可得结果． 【详解】解：∵ 代入，得左边， ∴ ， 对两边同时除以， 得， ∵ ，且，即， ∴ 和是一元二次方程的两个不相等的实数根， 根据根与系数的关系，得，， 拆分所求式子： ． 【题型5 一元二次方程中的含参问题】 【例5】（26-27九年级上·湖北襄阳·阶段检测）若关于x的两个不同的方程，有且只有一个公共解，则m的值是______． 【答案】 【分析】设两个方程的公共解，代入两个方程联立消元，整理得到关系式，分情况讨论排除不符合条件的结果，即可得到的值． 【详解】解：设两个方程的公共解为，将代入两个方程得： ， 得： 整理得： 因式分解得： 或 当时，两个方程都为，两个方程相同，有两个公共解，不符合题意，舍去； 当时，把代入得： 计算得：，解得 解方程，得，， 解方程，得，， 验证得此时两个方程只有一个公共解，符合题意，因此的值为． 【变式5-1】（2026·四川宜宾·二模）已知、是关于的方程的两个实数根，若，则等于（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】A 【分析】先根据一元二次方程有两个实根，要求判别式非负，再利用完全平方公式将变形，结合根与系数的关系列方程求解，最后根据判别式范围舍去不符合的解即可． 【详解】解：∵方程有两个实数根， ∴判别式 即 解得： 由根与系数的关系，得， ∵，且 ∴ 整理得 解得或 ∵，，舍去，符合要求 ∴． 【变式5-2】（25-26八年级下·重庆九龙坡·阶段检测）已知，是关于的一元二次方程两个实根，且满足，则的值为_______． 【答案】5 【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，用含m的式子表示，求出的值，从而将已知条件转化为关于m的方程，求出m的值，再根据根的判别式求出m的取值范围，确定最终结果即可． 【详解】解：由一元二次方程根与系数的关系，得，， 由根的判别式，可知， 解得或， ∴， 解得或， ∵， ∴不符合题意， ∴ ． 【变式5-3】（25-26九年级下·山东·自主招生）关于的方程只有整数根，则满足条件的所有正实数的和为__________． 【答案】59 【分析】根据根的判别式并结合，可求出，设方程的两个整数根为，根据根与系数的关系得，则，不妨设，利用、为正整数，可得出或，或，，从而得到对应的的值，即可求解． 【详解】解：设方程的两个整数根为， 根据题意得， ∵， ∴， ， 根据根与系数的关系得， ∴、同号且为正整数， ∴， 不妨设， ∴或，或，， 解得或或， ∴或16或18， ∴满足条件的所有正实数的和． 【题型6 利用相似三角形的判定与性质求值】 【例6】（25-26八年级下·江苏苏州·期末）如图，折叠矩形，使点落在边上点处，线段为折痕，连接，．线段与，分别交于点，．若，，则矩形的边长为(     ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据折叠性质得出为等腰直角三角形，从而求得且；利用相似三角形性质，分别用表示出与的比值、与的比值，结合建立方程求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， 由折叠性质可知：， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴． ， ∴， ． 设，则， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ，解得， ， ， 即的长为． 【变式6-1】（2026·四川宜宾·中考真题）如图，，，点、分别是上的点，连接、交于点．若，，，，则的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作于点，利用相似三角形的性质求出和的长，最后在中利用勾股定理求解． 【详解】解：过点作于点， ，， ∴， ，， ，， ， 设， ∵ ∴，即， ， ∵， ∴，即， ， ， 解得 ，， ∴， ， 在中， ． 【变式6-2】（2026·山东泰安·模拟预测）如图将面积为16的正方形纸片沿着折叠，使得点落在点处，再将沿着折叠，使得点也落在点处，过点作的平行线与交于点，则的长为__________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质等知识． 根据折叠的性质确定，，进而求出，再结合折叠的性质证明，进而证明，即可求出，则可得，最后利用两直线平行内错角相等以及折叠对应的角相等，即可证明，根据等角对等边得，同理可得，问题随之得解． 【详解】解：∵正方形纸片的面积为16， ∴正方形纸片的边长， ∵折叠，点、点均落在点处， ∴，， ∴，，，，，，， ∴，，即点B、G、F共线， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵，正方形纸片中，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 同理可证：， ∴． 【变式6-3】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，在正方形中，，点为的中点，点在边上，且，点是的中点，过点的直线与正方形的一组对边分别交于点、（与点、不重合），点在或上．若，则的长为________． 【答案】 或或 【分析】分三种情况：如图1，当点在上，点在上时，如图2，当点在上，点在上时，如图3，当点在上，点在上时，分别求解即可． 【详解】解：如图1所示，当点在上，点在上时，连接， ∵四边形是正方形， ∴，与平行， ∴； ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 如图2所示，当点在上，点在上时，过点作于点，过点作于点，过点作于点，过点作的平行线交于点，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，与平行， ∵，即， ∴四边形是矩形， ∴； 同理可证明四边形是矩形， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵点为的中点， ∴， ∴； ∵与平行，与平行， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴； ∵， ∴与平行， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵与平行， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理可证明， ∴，即， ∴， ∴； 如图3所示，当点在上，点在上时， 当图3中的与图2中的关于点对称时，此时在图3中一定满足， 故此时，则； 综上所述，的长为3或7或11． 【题型7 利用相似三角形的判定与性质求最值】 【例7】（25-26九年级上·河南南阳·阶段检测）如图，在中，，，点是边上一动点（不与，重合），，交于点，则的最大值为________． 【答案】2 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质．利用有两个角对应相等的两个三角形相似，可得出，由点是边上一动点（不与点重合）以及垂线段最短求出的取值范围，依据得出：，进而求出的取值范围，最后根据即可求解． 【详解】解：设的长为， ， ， ， ， ， ； 由勾股定理得：， 点是边上一动点（不与点重合）， ， 垂线段最短， 当时，取得最小值， ， ， ， ， ， ， ， ，即， 的最大值为2， 故答案为：2． 【变式7-1】（24-25九年级上·山东济南·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，已知，B是y轴上的一动点，以为边构造矩形，且矩形的面积始终是3，连接，则线段的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作轴的垂线交射线于点，可证明，则，化简得，而，得到，取中点，连接，则，则，由勾股定理得，由得当点三点共线时，取得最大值，即． 【详解】解：过点作轴的垂线交射线于点，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 取中点，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∵，当点三点共线时，取得最大值， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形三边关系，解题的难点在于构造相似三角形． 【变式7-2】（25-26九年级下·江苏南通·阶段检测）如图，在矩形中，，点E在射线上运动，以为直角边向右作，使得，连接．则的最小值为（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】过点F作交于点M，交于点N，证明，设，根据相似三角形的相似比，用x表示，并求得，进而根据勾股定理，用x表示，根据二次函数的性质求得的最小值，最后便可求得的最小值． 【详解】解：如图，当点F在左侧时，过点F作交于点M，交于点N， ∵四边形是矩形， ∴，，，，， ∵， ∴， ∴四边形为矩形，四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴，， 则， ∴， ∴， 如图，当点F在右侧时，过点F作交延长线于M，交延长线于点N， 同理可得， ∴， 当时，的最小值为5， ∴的最小值是． 【变式7-3】（25-26九年级下·山东济南·阶段检测）如图，在四边形中，，，，，是线段的中点，是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为________ ． 【答案】 【分析】过点作于点，可得四边形是正方形，从而得到，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点，即当最小时，面积最小，然后结合题意可得点在以点为圆心，1为半径的半圆上运动，当点、、三点共线时，最小，此时面积最小，延长、交于点，过点作于点，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ， 当点到的距离最小时，面积最小， 过点作交的延长线于点， 即当最小时，面积最小， ∵是线段的中点，， ， 由折叠的性质得：， ∴点在以点为圆心，1为半径的半圆上运动， ∴当点、、三点共线时，最小， 此时面积最小， 延长、交于点， 过点作于点，则， ∴， ，， ， ∵， ， ， ∴是等腰直角三角形， ，， ，， ， ∵， ，即， ∴， ， ， ∴面积的最小值为． 【题型8 相似三角形中的动点分类讨论问题】 【例8】（25-26九年级下·辽宁盘锦·期中）如图，中，，，点P从A出发，以每秒1厘米的速度向B运动，点Q从C同时出发，以每秒2厘米的速度向A运动．其中一个动点到达终点时，另一个也相应停止运动．那么，当以为顶点的三角形与相似时，运动时间是_____． 【答案】4或 【分析】设运动时间是t秒，根据题意得，，，根据相似三角形的性质可得或，进而求解即可． 【详解】解：设运动时间是t秒， ∵点P从A出发，以每秒1厘米的速度向B运动，点Q从C同时出发，以每秒2厘米的速度向A运动． ∴，，， ∵，且以为顶点的三角形与相似， ∴或， ∴或 ∴或． 即当以为顶点的三角形与相似时，运动时间是4或． 【变式8-1】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知中，，，，点由点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以的速度向点运动．连接，设运动的时间为（单位：）（其中）．当为何值时，与相似（     ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题有公共角，先用含的代数式表示线段与的长度，再分两种相似对应情况进行分类讨论，根据相似三角形对应边成比例列方程求出的值． 【详解】解：，，， ． ， 分两种情况讨论． 当时， ，即， 解得， 当时， ，即， 解得， 综上所述，当为或时，与相似． 【变式8-2】（25-26九年级上·安徽合肥·期末）在中，，，，现有动点P从点A出发，沿向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段也向点B方向运动，如果点P的速度是，点Q的速度是，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒． （1）求运动时间为多少________秒时，P、Q两点之间的距离为． （2）当t为________时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似． 【答案】 2秒 或 【分析】本题主要考查了动点问题，相似三角形的判定，勾股定理，解一元二次方程等，解题的关键是掌握分类讨论的思想． （1）设运动时间为秒，，根据勾股定理，列出方程，求解即可； （2）根据相似三角形的判定定理，分两种情况进行讨论，列出一元一次方程求解即可． 【详解】解：（1）点从到的运动时间为，点从到的运动时间为， 设运动时间为秒，，根据题意得， ，， ∴， 由勾股定理得， 即， 解得或（舍去）， 故答案为：2秒； （2）当时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似， ∴结合（1）得，， 解得； 当时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似， ∴结合（1）得，， 解得； 综上，或， 故答案为：或． 【变式8-3】（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，边长为的正方形，，分别从，两点同时出发，以速度沿射线，射线运动，连结，交于点，为中点，连结，，若与相似，，则运动时间的值为 _______． 【答案】或 【分析】考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质；分两种情况：①点在上；②点在延长线上；根据相似三角形的性质得到比例式求出运动时间即可． 【详解】解：如图1中， 四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ，， ，都是钝角，与相似， ， ， ， 解得，， 经检验，的方程的解． 如图2中，当点在的延长线上时， 有两种情形：或， 或， 或， 解得（不合题意舍去）或， 综上所述，满足条件的的值为5或10． 故答案为：5或10 【题型9 由视图判断正方体个数】 【例9】（25-26七年级上·河南鹤壁·期末）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图、俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需的小正方体个数，最多需要______个，最少需要______个． 【答案】 【分析】本题考查了由三视图判断几何体，根据主视图和俯视图画出所需正方体个数最少的俯视图是解题的关键．由题意，易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数，再由主视图可得第二层、第三层正方体最多和最少可能的个数，再计算求出结论即可． 【详解】解：根据主视图、俯视图及左视图，这个几何体的底层有6个小正方体， 第二层最多有6个小正方体，最少有4个小正方体， 第三层有2个小正方体， 因此组成这个几何体的小正方体最多有个，最少有个小正方体． 如图， 故答案为：；． 【变式9-1】（2025·湖南衡阳·模拟预测）一个几何体是由若干个完全相同的小正方体搭成的，它的主（正）视图与俯视图如图所示，则符合下面两个视图要求的几何体有（     ）个 A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【分析】根据主视图，俯视图的意义，求解即可； 【详解】解：根据主视图，俯视图，得这个几何体的构建方式有如下方式， ， 一共有5个不同的几何体； 【变式9-2】（2026·河南周口·模拟预测）如图是由大小相同的小正方体组成的简单几何体的主视图和俯视图，组成这个几何体的小正方体的个数不可能为（） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】由俯视图确定底层小正方体的个数及位置，由主视图确定每一列的最大高度，从而计算出小正方体总个数的最小值和最大值，进而判断不可能的数值． 【详解】解：由俯视图可知，该几何体最底层共有个小正方体，分布为左列个，右列个，由主视图可知，左列最高为层，右列最高为层， 左列位置只能放个小正方体.右列个位置中，至少有一个位置放个小正方体，其余位置最少放个，最多放个， 小正方体个数最少为， 小正方体个数最多为， 小正方体个数的取值范围是 不可能是． 【变式9-3】（2025九年级·全国·专题练习）如图所示的是由若干个相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数．若该几何体的主视图与左视图相同，则a，b的值分别为（    ） A．2，2 B．2，1 C．1，2 D．1，1 【答案】D 【分析】本题考查由俯视图和三视图的关系确定小正方体个数，掌握根据俯视图分析主视图和左视图的层数，结合两者相同的条件确定参数是解题的关键． 先根据俯视图确定主视图和左视图的列数及每列层数，再结合主视图与左视图相同的条件，分析的可能值． 【详解】解：主视图有3列，从左到右层数分别为， 左视图有3列，从左到右层数分别为， 因为主视图与左视图相同， 所以． 故选：D． 【题型10 投影与相似综合】 【例10】（25-26八年级下·重庆·期末）如图，马路上有两根垂直于地面的路灯和，其中，，身高为的小凯在两根路灯之间的地面上走动，当小凯走到点处时，在路灯、的光线照射下他的影子顶端恰好分别落在地面上的点和点，（其中，，，，五点在同一直线上），则的长为________m． 【答案】 【分析】证明，得出对应边成比例，求出相关线段即可． 【详解】解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， ∴， 解得． 【变式10-1】（25-26九年级上·福建漳州·期末）手影游戏利用的物理原理是：光是沿直线传播的，在一次手影游戏中，小明距离墙壁1米，爸爸拿着的光源与小明的距离为4米，在小明不动的情况下，要使小狗手影的高度增加一倍，则光源与小明的距离应减少______米． 【答案】 【分析】此题考查了中心投影，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解答问题． 根据题意作出图形，然后利用相似三角形的性质构建方程求解即可． 【详解】解：如图，点为光源，表示小明的手，表示小狗手影，则，过点作，延长交于，则，    ∵， ∴，则， ∵米，米，则米， ∴， 设， ∵在小明不动的情况下，要使小狗手影的高度增加一倍，如图，    即，，米， ∴， 则， ∴米， ∴光源与小明的距离变化为：米， 故答案为：． 【变式10-2】（2026·内蒙古包头·二模）如图，在平面直角坐标系中，点光源位于处，木杆两端的坐标分别为，．则木杆在轴上的影长为（     ） A．3 B．6 C．8 D．9 【答案】B 【分析】利用中心投影，过点P作于点E交于点M，证明，然后利用相似比可求出的长． 【详解】解：如图，过点P作于点E交于点M， 根据题意得：， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴，即， 解得：． 【变式10-3】（25-26九年级下·全国·单元测试）如图，大楼（可以看作不透明的长方体）的四周都是空旷的水平地面．地面上有甲、乙两人，他们现在分别位于点和点处，、均在的中垂线上，且、到大楼的距离分别为米和米，又已知长米，长米，由于大楼遮挡着，所以乙不能看到甲．若乙沿着大楼的外面地带行走，直到看到甲（甲保持不动），则他行走的最短距离长为________米． 【答案】 【分析】据已知首先得出DH=HP=x米，NO=（20+40-x）米，PO=（60+x）米，再利用平行线分线段成比例定理和三角形面积求出即可． 【详解】连接MD并延长，连接NC并延长，使其两延长线相交于点P， 作PO⊥MN于O，作CG⊥MP于G， 根据题意可得出： ME=60，DE=HO=FC=60米，FN=20米，EF=40， ∴NC=， =40米， 设EO=x米， ∴DH=x米， ∵ME=DE=60米， ∴∠MDE=45∘， ∴DH=HP=x米，NO=(20+40−x)米，PO=(60+x)米， ∵FC∥PO， ∴， ∴x， 解得：x=60−20， ∴PO=(120−20)米，NO=(40−20)米， CD⋅HP=DP⋅CG， ×40×(120−20−60)= × [20+40−(40−20)]⋅CG， CG=20米， ∴行走的最短距离长为：NC+CG=(40+20)米． 故答案为40+20 【点睛】此题主要考查了盲区有关知识以及相似三角形的判定与性质，根据已得出，求出NO与PO的长是解题关键． 【解答压轴】 【题型11 与矩形有关证明与计算】 【例11】（26-27八年级上·四川成都·阶段检测）已知长方形中，，点为边上一动点，沿所在直线将进行折叠得到． (1)如图1，若点与点重合，交边于点，证明：； (2)如图2，连接并延长交边于点，当时，求的长； (3)连接，在点运动过程中，若面积为4时，求的长． 【答案】(1)证明：四边形为长方形， ， 由折叠性质可知：， 当E与C重合时， 在和中 ； (2) (3)或 【分析】（1）由折叠性质可知，再利用证明； （2）过点F作分别交于点G、H，先判定出四边形为矩形，由折叠性质求出，再根据含的直角三角形的性质求出的长，根据勾股定理求出，利用证明，根据求出结果即可； （3）分两种情况F点在下方与F点在上方时，分别作图，利用三角形面积，勾股定理，矩形的判定求出最后结果即可． 【详解】（1）略 （2）如图，过点F作分别交于点G、H， 且， 又四边形是长方形， ， ， 四边形为矩形， ， ， 由折叠性质得：， ，则， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， （3）当F点在下方时，如图：过点F作分别交于点K，J，连接 ， ， ， 在中，， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形， ， 设，则， 在中，，即， 解得：， ； ②当F点在上方时，如图：过点F作分别交于点M，N，连接， ， ， ， 在中，， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形， ， 设，则， 在中，，即， 解得：， ； 或 【变式11-1】（26-27九年级上·贵州遵义·阶段检测）如图1，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，且，，．点P是矩形边上的一点，点P从点D出发，沿以每秒1个单位长度的速度运动，作，交边或边于点M，当点M与点O重合时，点P停止运动．连接，设运动时间为t秒（）． (1)当点P运动到点A时，在图1中补全图形，并直接写出线段的长； (2)如图2，当点P在边上运动时，若，求t的值： (3)将沿直线翻折，当点D的对应点N落在矩形的边上时，直接写出t的值． 【答案】(1)补全图形，如图所示： (2)7 (3)或或8 【分析】（1）根据题意画图，根据矩形的性质得出，，，证明四边形为矩形，得出，最后根据勾股定理求出结果即可； （2）先说明当点P在上时，；过点P作于点Q，证明四边形为矩形，得出，，证明，得出，根据，列出方程，解方程即可； （3）分三种情况：当点P在上，点M在上时，当点P在上，点M在上时，当点P在上，点M在上时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，， ∴，，， ∵， ∴，， ∴当点P运动到点A时，，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴当点M与点O重合时，点P在点D的正上方， ∵当点M与点O重合时，点P停止运动， ∴当点P在点D的正上方时，停止运动， ∴， ∴当点P在上时，； 根据题意可得：当点P在上时，，， 过点P作于点Q，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：，（舍去）， ∴t的值为7； （3）解：当点P在上，点M在上时，如图所示： ∵， ∴此时点M在点D的正上方，，， 根据折叠可得：，， ∴，， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：； 当点P在上，点M在上时，如图所示： ∵， ∴此时点与B点重合， 根据折叠可得：，， 根据勾股定理得：， 即， 解得：； 当点P在上，点M在上时，如图所示： ∵， ∴此时点M与点O重合，点N与点C重合， ∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴矩形为正方形， ∴点N与点D关于对称，符合题意， ∵此时， ∴， ∴； 综上，t的值为或或8． 【变式11-2】（26-27九年级上·广西南宁·阶段检测）如图①，在矩形中，点为边上一点，连接．将沿折叠得到．点为上一点，连接，． (1)如图②，当直线经过点时，若，求证：是等边三角形． (2)如图③，当于点时，判断四边形的形状，并说明理由． (3)在（2）的条件下，延长交矩形的边于点．若，，当时，直接写出的长． 【答案】(1) 证明：由折叠的性质可知：， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴是等边三角形； (2) 四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得 ∴，，． ∵ ∴ ∴，即 ∵在和中，, 又∵ ∴ ∵（对顶角相等） ∴ 即 又∵ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形 又∵ ∴四边形是菱形． (3)或 【分析】(1) 由折叠可知，，又因为，所以有，根据有一个角是的等腰三角形是等边三角形，即可证得是等边三角形； （2）由折叠可得，由全等三角形对应角相等，对应边相等，可得，，，又因为，得；在和中，锐角互余，对顶角相等即可得，所以；由 且得四边形是平行四边形；又因为，邻边相等的平行四边形为菱形即可证得四边形是菱形． （3）在（2）的条件下，延长交矩形的边于点，且，应分两种情况讨论，当交于点时，在中由勾股定理可求出，再由求出的值，即可得的长；当 交于点时，在中由勾股定理可求出，再由求出的值，即可得的长． 【详解】（1）略 （2）略 （3）在（2）的条件下，延长交矩形的边于点， 情况一：交于点，且． 设，，则，， 在中，有 ∴ 解得 ∴，，； ∵ ∴ 解得 即； 情况二：交于点，且． 设，，过点作于点， 则，， 在中，有 ∴ 解得 ∴，，； ∵ ∴ 即 解得 即； 【变式11-3】（26-27九年级上·广东佛山·阶段检测）如图①，在四边形中，，，，，，点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，点从点出发，沿方向以每秒3个单位长度的速度做往返运动，两点同时出发，当点返回点时，点也随之停止运动，设点的运动时间为秒． (1)当以为顶点的四边形是矩形时， ； (2)当时，求的值； (3)若点是边上的一点，且，如图②，是平面内一点，是否存在点，使以为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2)的值为或或或 (3)存在；的值为5或或 【分析】（1）根据题意，分类讨论：当时；当时；结合矩形的性质列方程求解即可； （2）分四种情况：当，点P在点Q左侧时，当，点P在点Q右侧时，当，点P在点Q右侧时，当，点P在点Q左侧时，分别画出图形进行求解即可； （3）根据题意，分类讨论：当四边形是菱形时；当四边形是菱形时；当四边形是菱形时；结合菱形的性质，数形结合分析即可求解． 【详解】（1）解：，点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动， ∴点P运动到点D的时间为秒， ，点从点出发，沿方向以每秒3个单位长度的速度做往返运动， ∴点Q从的运动时间为秒，点Q从的运动时间为秒， ∴当点Q返回点C时总运动时间为秒， 设点的运动时间为秒， 当时，，，则， 若时，由得到此时的四边形是矩形， ∴， 解得：； 当时，，，， 若时，由得到此时的四边形是矩形， ∴， 解得：； 综上，当以为顶点的四边形是矩形时，的值为或； （2）解：∵， ∴， 如图所示，过点作于点G，则， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∵， ∴， 当，点P在点Q左侧时，，，，如图所示，过点作于点H， 同理可得，四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 解得：； 当，点P在点Q右侧时，，，，如图所示，过点作于点H， 同理可得：，则，， ∴， 又， ∴， 解得：； 当，点P在点Q右侧时，如图所示，过点作于点H，则四边形是矩形，， 同理可得，，则， ∴， 又， ∴， 解得：； 当，点P在点Q左侧时，过点作于点H，如图所示： 同理可得：四边形为平行四边形，则， ∴， 解得：； 综上，的值为或或或； （3）解：存在； 点是边上的一点，且， 如图所示，当四边形是菱形时， ∴； 如图所示，当四边形是菱形时，设交于点F， 则，， 同理可得，四边形是矩形， ∴， ∴； 如图所示，当四边形是菱形时，， 在中，， ∴， 在中，； 综上，的值为5或或． 【题型12 菱形探究综合题】 【例12】（25-26八年级下·吉林·期末）【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，． (1)【感知】如图①，若点是边的中点，小明经过探索发现了线段与之间的数量关系，请直接写出这个关系为________； (2)【探究】如图②，当点为边上任意一点时，判断上述结论是否仍然成立，请说明理由； (3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，线段的长为________． 【答案】(1)； (2)成立，理由如下： 连接，如下图所示： 由（1），同理可得与为等边三角形， ． ， ． ． 在和中， ． ． (3)或． 【分析】（1）连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可； （2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可； （3）过点A作交于点E，利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求出，分当点P在点E的上方和点P在点E的下方两种情况进行讨论，可得出最后的结果． 【详解】（1）解：连接，如下图所示： ∵四边形为菱形，且， ． 为菱形的角平分线， ． 故与为等边三角形， 即． ∵点P为中点，， 故平分， ． 在和中， ． ． （2）略 （3）解：过点A作交于点E，连接， 当点P在点E上方时，如下图所示： 由得，E为中点， ， ． 由勾股定理得， ， ． 故． ． 当点P在点E下方时，如下图所示： 同理可得， 故． ． 综上，的长度为或． 【变式12-1】（25-26八年级下·广西南宁·期末）综合与实践 【问题情境】市政公园休闲区搭建两组菱形镂空景观钢架，两套钢架共用顶部固定支点，大型钢架为菱形，小型钢架为菱形，设计图纸规定两个菱形顶角，、是钢架支撑杆．施工时小型钢架锁死固定不动，大型钢架可绕支点自由旋转调整摆放角度，工程人员需要测算钢架支撑杆长度解决施工用料问题． 【操作发现】 (1)如图，调整大型钢架，使得大型钢架边与小型钢架边重合．请直接写出钢架支撑杆与之间的数量关系． 【探究验证】 (2)按图方式摆放钢架，此时大型钢架的顶点落在小型钢架的侧边上，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 【拓广探究】 (3)现场实测：图摆放状态下，，大型钢架边长为米． ①求小型菱形钢架的边长． ②旋转调整大型钢架菱形，当、、三点落在同一条直线上时，需增加一条钢架支撑杆，请直接写出的长度． 【答案】(1) (2)解：仍然成立，理由如下： ∵四边形和均为菱形， ∴， ∵， ∴，即， 在和中， ∵， ∴， ∴； (3)①米；②6米或米 【分析】（1）证明，即可解答； （2）证明，即可解答； （3）①过点E作于点H，则，根据直角三角形的性质以及等腰三角形的性质，可得，，再由，米，即可求解； ②连接，过点B作于点M，则，根据菱形以及直角三角形的性质可得，然后分两种情况：当点G在线段上时， 当点G在线段的延长线上时，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形和均为菱形， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴； （2）略 （3）解：①如图，过点E作于点H，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，米， ∴， ∴米， 即菱形的边长为米； ②如图，连接，过点B作于点M，则， 在菱形中，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由①得：菱形的边长为米， ∴， 当点G在线段上时，如图， ∵A，B，F三点在同一条直线上， ∴， ∴， ∴A，G，C三点也在同一条直线上， ∴； 当点G在线段的延长线上时，连接，如图， ∵四边形为菱形， ∴， ∵A，B，F三点在同一条直线上， ∴， ∴A，G，C三点也在同一条直线上， ∴； 综上所述，的长为6米或米． 【变式12-2】（25-26八年级下·甘肃庆阳·期末）【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，． (1)【感知】如图1，若是边的中点，则线段与之间的数量关系是______； (2)【探究】如图2，若为边上任意一点，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． (3)【应用】在如图3所示的菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，求线段的长． 【答案】(1) (2) （1）中的结论成立，理由如下： 连接， 四边形是菱形，， ，， ，， ， 在和中， ， ， ； (3)线段的长为或4． 【分析】（1）证明，得出； （2）证明，得出； （3）先求出，再求出，最后分类讨论得到的长度，由此得出的长度． 【详解】（1）解：，证明如下： 连接， 四边形是菱形，， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， 故答案为：； （2）略 （3）解：过点作于，连接， 四边形是菱形，且，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 当点在点的左侧时，， 当点在点的右侧（图中处）时，， 由（2）知， ， 线段的长为或4． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，分类讨论等，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 【变式12-3】（25-26八年级下·江苏盐城·期中）阅读下列材料：问题：如图1，在菱形和菱形中，，点A，B，E在同一条直线上，P是线段的中点，连接，，探究与的位置关系． (1)请你写出上面问题中线段与的位置关系，并说明理由； (2)将图1中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的对角线恰好与菱形的边在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明， (3)将菱形和菱形均改成正方形，如图3，P为的中点，此时与的位置关系和数量关系分别是什么？直接写出答案．    【答案】(1)线段与的位置关系是 (2)没有发生变化 (3)， 【分析】（1）根据题意可知小颖的思路为，通过判定三角形和为全等三角形来得出证明三角形为等腰三角形且P为底边中点的条件； （2）思路同上，延长交于点H，连接，，本题中除了如（1）中证明（得到P是中点）外还需证明（得出三角形是等腰三角形），从而可得结论． （3）如图，过点F作交的延长线于H，交于N，交直线于M，连接、， 则， 证明， ， 可得，， 证明， 可得是等腰直角三角形， 可得，且． 【详解】（1）解：线段与的位置关系是． 理由：延长，交于点H， ∵四边形与四边形是菱形， ∴， ∴，， ∵P是线段的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 即； （2）解：猜想：（1）中的结论没有发生变化．   证明：如图，延长交于点H，连接，， ∵P是线段的中点， ∴， ∵， ∴． 又， ∴，    ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，．    由，且菱形的对角线恰好与菱形的边在同一条直线上， ∴． ∴． ∵四边形是菱形， ∴．则， ∴． ∴． ∴，． （3）解：如图，过点F作交的延长线于H，交于N，交直线于M，连接、，则，    在和中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，且． 【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质正方形的性质．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． 【题型13 正方形几何证明探究】 【例13】（26-27九年级上·陕西咸阳·阶段检测）在正方形中，点在对角线上，连接． 【问题提出】 (1)如图①，连接，若，则的长为__________； 【问题探究】 (2)如图②，过点作，交边于点，试探究线段，与之间存在的数量关系； 【问题解决】 (3)如图③，四边形是正方形观景平台，对角线为平台的检修通道，检修通道上有一点，从点安装护栏，，使得，，护栏端点，分别落在平台边缘，上，连接，并加装护栏，为统计管材用料，试探究护栏与之间存在的数量关系． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正方形的性质，证明，再根据全等三角形的性质求解即可； （2）过点作于，作于，证明四边形是正方形，可得，，证明，可得，再根据等量代换即可得解； （3）过点作于，作于，连接，，证明是等腰直角三角形，得到，根据等腰三角形三线合一结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半推出，得到，由（1）知；由（2）知，推出，，证明，即可得到． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作于，作于， ∴， ∴四边形是矩形， ∵四边形是正方形， 点在对角线上， ∴平分， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即； （3）解：如图，过点作于，作于，连接，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即点是的中点， ∴，即， ∴， 由（1）知，； 由（2）中可得， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴，即， ∵，， ∴， ∴，即． 【变式13-1】（26-27九年级上·湖南衡阳·开学考试）定义：若一个四边形中有一个内角为直角，且连接该直角顶点与它的对角顶点的对角线，将这个对角分成的两个角中，有一个角为直角，则称这样的四边形为“双垂直四边形”．如图1，在四边形中，是对角线，，则四边形为“双垂直四边形”，记作“双垂直四边形”． (1)用分别含有和角的直角三角形纸板如图2摆放，再连接顶点得到如图所示的四个四边形，其中不是“双垂直四边形”的______（填序号）． (2)【性质探究】如图3，在“双垂直四边形”中，已知，，E为线段上一点，且，判断和的数量关系，并说明理由． (3)【拓展应用】如图4，双垂直四边形在平面直角坐标系中的位置如图，点B在x轴上，点C在y轴上，，，D为边上一动点，且，连接．将沿翻折，得到，若，请写出点E的坐标． 【答案】(1)③ (2)，理由如下： ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． (3)或 【分析】（1）根据“双垂直四边形”的定义逐一分析判断即可； （2）利用“”证明，由全等三角形的性质可得； （3）由（2）可知，，再结合折叠的性质证明四边形为正方形，易得；然后分点E在y轴左侧时和点E在y轴右侧时两种情况，作出辅助线，然后求解即可． 【详解】（1）解：图2四种直角三角形纸板摆放中， 图①②④，四边形中有一个内角为直角，且连接该直角顶点与它对角顶点的对角线，将这个对角分成的两个角中，有一个角为直角，均为“双垂直四边形”； 图③，四边形中有一个内角为直角，且连接该直角顶点与它对角顶点的对角线，将这个对角分成的两个角中没有直角，不是“双垂直四边形”， ∴③符合题意． （2）略 （3）解：由（2）可知，， ∵沿翻折得到， ∴， ∴四边形为菱形， 又∵，即， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， 当点E在y轴左侧时， 如图，过点E作于点M，过点E作，交延长线于点N， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴点E的坐标为， 当点E在y轴右侧时， 如图，过点E作于点M，交延长线于点M，过点E作于点N， ∵，， ∴， 同理可得，四边形为正方形， ∴， ∴点E的坐标为， 综上所述，点E的坐标为或． 【变式13-2】（25-26七年级下·江西吉安·期末）追本溯源：为了探究特殊化的问题解决策略，小明从课本的一个数学问题出发，问题如下：如图1，有两个边长为1的正方形，其中正方形的顶点与正方形的中心重合．在正方形绕点旋转的过程中，探究两个正方形重叠部分的面积关系． (1)初步思考：如图2，先考虑特殊情况，当正方形旋转到边与垂直的位置，此时两个正方形重叠部分的面积为 ； (2)问题解决：当正方形旋转到如图1所示位置后，求此时两个正方形重叠部分的面积； (3)延伸探究：将个边长都为的正方形按如图3所示的方式摆放，，，，，，分别是正方形的中心，个这样的正方形重叠部分的面积之和为，请你计算出的值． 【答案】(1) (2) (3)2027 【分析】（1）连接，设交于点N，利用正方形的性质证明，得，从而有，即可求解； （2）设交于点Q，过点E分别作，垂足分别为P、N，由正方形的性质可证明，从而有，即可求解； （3）设边长为2的正方形的面积为S，则，分析得n个正方形共有处重叠部分，所有重叠部分面积和为，根据题意列出方程即可求解． 【详解】（1）解：连接，设交于点N，如图， ∵正方形的顶点与正方形的中心重合， ∴，,， ∴， ∵正方形的边与垂直，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴ ∵, ∴ 而正方形的边长为1，则其面积为1， ∴； （2）解：如图，设交于点Q，过点E分别作，垂足分别为P、N， ∴， ∵四边形都是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵E点是正方形的中心， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， 而四边形的面积为， ∴， ∴； （3）解：设边长为2的正方形的面积为S，则， 由（2）知，两个正方形重叠，其重叠面积为， 三个正方形有两处重叠部分，其重叠面积和为， 四个正方形有三处重叠部分，其重叠面积和为， … 一般地：n个正方形共有处重叠部分，所有重叠部分面积和为， 由题意得：， 解得， 即n的值为2027． 【变式13-3】（25-26八年级下·江苏南通·期末）如图，四边形是正方形，是边上任意一点，连接，过点作于点，过点作，交于点． (1)【课本再现】 求证：； (2)【初步探究】 如图，连接，若点是的中点，试探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展提升】 如图，在（2）的条件下，连接，试探究线段与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； (2)解：，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， 设， ∵点是的中点， ∴， ∴； 由（1）得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴； (3)解：，理由如下： 如图3所示，过点F作于点M，延长交于点N， 由（2）得， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）先证明，得到，再证明，得到，，据此可证明； （2）设，则，；由等面积法得到，则，据此可证明，进而可证明垂直平分，则可证明； （3）过点F作于点M，延长交于点N，求出；证明四边形是矩形，得到，，由等面积法得到，则可得到，进而得到，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 【题型14 一元二次方程实际应用题】 【例14】（25-26八年级下·浙江金华·期末）根据以下素材，探索完成任务． 13度的甜，14度的鲜，夏季的兰溪杨梅，不仅是自然的馈赠，更是交织成初夏最让人心动的味道，但由于“泡药风波”，使得杨梅的销售较往年增加了一些难度，为了促进销售，某农户决定采取网上和实体店同步销售，请你帮助一起设计兰溪杨梅的销售方案． 素材1 某农户在网上和实体店同时销售兰溪杨梅（以下简称杨梅），成本价为20元/千克． 素材2 杨梅的网上销售价定为30元/千克时，当天网上销售量是100千克，实体店的销售价定为40元/千克时，当天实体店销售量是50千克．一天内实体店的销售价保持不变，网上销售价可按实际情况进行适当调整，需确保网上销售价始终高于成本价． 素材3 据调查，网上销售价每降低1元，当天网上多售出20千克，实体店少售出2千克． 问题解决： (1)任务1：当杨梅网上销售价为25元/千克时，求农户在网上销售杨梅当天的毛利润（毛利润=销售总额-成本）与实体店销售该杨梅当天的毛利润各是多少元？ (2)任务2：杨梅的网上单价每千克降多少元时，农户一天的总毛利润（总毛利润=网上毛利润+实体店毛利润）为2040元？ (3)任务3：你觉得该农户一天的总毛利润能否达到3000元，若能，请求出杨梅的网上单价是每千克多少元？若不能，请说明理由． 【答案】(1)网店毛利润为1000元，实体店毛利润为800元 (2)网店单价每千克降低1元或2元时，总毛利润为2040元 (3)不能，理由： 设网店售价每千克降低元，假设总毛利润能达到3000元， 根据任务2的计算可得： 整理得： 可得： 由根的判别式得方程无解 所以该农户一天的总毛利润不能达到3000元． 【分析】（1）根据毛利润单件毛利润销售数量求解即可； （2）设网店售价每千克降低元，分别求得网店毛利润和实体店毛利润，根据题意列方程，解方程，即可求解． （3）设网店售价每千克降低元，假设总毛利润能达到3000元，根据题意列出方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）当网店售价为25元时，相比初始价30元降低了元． 网店情况：销量（千克） 单件毛利润（元/千克） 网店毛利润（元） 实体店情况：销量（千克） 单件毛利润（元/千克） 实体店毛利润（元） 答：网店毛利润为1000元，实体店毛利润为800元． （2）解：设网店售价每千克降低元， 则网店毛利润； 实体店毛利润 根据题意列方程： 化简可得： ∴ 解得：， 答：网店单价每千克降低1元或2元时，总毛利润为2040元． （3）略 【变式14-1】（25-26九年级上·陕西咸阳·阶段检测）“万里无云镜九州，最团圆夜是中秋．”临近中秋节，某月饼厂接到一笔盒月饼的订单，现决定由甲、乙两组共同完成，已知两组同时开工，甲组加工天，乙组加工8天就能完成这笔订单，且甲组3天加工的月饼数量比乙组2天加工的月饼数量多盒． (1)求甲、乙两组平均每天各能加工多少盒月饼； (2)甲、乙两组同时开工2天后，这笔订单临时又增加了盒月饼，甲组从第3天起提高了工作效率，而乙组的工作效率不变，并提前完成了这笔订单．经调研发现，若甲组平均每天每多加工盒月饼，则甲、乙两组就各自都提前1天完成任务，已知甲、乙两组加工的天数均为整数，则甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前多少天完成了这笔订单？ 【答案】(1)甲组平均每天能加工盒月饼，乙组平均每天能加工盒月饼 (2)甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前2天完成了这笔订单 【分析】本题考查列方程（组）解应用题，找到等量关系列出方程（组）是解决问题的关键． （1）设甲组平均每天能加工x盒月饼，乙组平均每天能加工y盒月饼，根据题意找到两个等量关系列方程再求解即可； （2）设甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前a天完成了这笔订单，根据题意，甲组实际工作天数为天，乙组实际工作天数为天，甲提高效率后的天数为天，乙在甲组提高效率后，继续工作的天数为：天，甲组提高效率后的日产量为盒，根据总任务量等于前2天完成量加上甲组提高效率后完成量和乙组后续完成量，建立方程求解并保留符合题意的整数解即可． 【详解】（1）解：设甲组平均每天能加工x盒月饼，乙组平均每天能加工y盒月饼， 根据题意，得， 解得， 答：甲组平均每天能加工盒月饼，乙组平均每天能加工盒月饼； （2）解：设甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前a天完成了这笔订单，根据题意，得 ， 整理得， 解得，（不符合题意，舍去）， 答：甲组提高工作效率后，甲、乙两组都提前2天完成了这笔订单． 【变式14-2】（25-26九年级上·山西运城·阶段检测）运城临猗苹果是山西省名优特产，其果色鲜艳，果肉脆甜，汁水丰富，富含人体所必需的各类营养成分，年获国家农产品地理标志登记保护，年入选国家特色农产品优势区，深受老百姓的喜爱．年临猗某果园苹果年产吨，年实现了年产吨的目标． (1)求该果园年至年苹果年产量的年平均增长率． (2)某果库以元的成本采购了苹果吨，目前可以以元/吨的价格售出．如果储藏起来，每星期会损失吨，且每星期需要支付各种费用元，但同时每星期每吨的价格会上涨元，那么储藏多少个星期后，出售这批苹果可获利元？ 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，解决本题的关键是根据题意找出等量关系，列出方程求解． 设果园年至年苹果年产量的年平均增长率为，可列方程，解方程即可求出平均增长率； 设储藏个星期后，出售这批苹果可获利元，根据利润总售价总成本，列出方程求解即可． 【详解】（1）解：设果园年至年苹果年产量的年平均增长率为， 根据题意可得：， 解得：，(不符合题意，舍去)， ， 答：果园年至年苹果年产量的年平均增长率为； （2）解：设储藏星期后出售这批苹果可获利元， 根据题意可得：， 整理得：， 解得：，， 答：储藏个星期后出售这批苹果可获利元． 【变式14-3】（25-26八年级下·广西百色·期中）为庆祝五四青年节，某校组织八年级男子班级篮球赛，为达到活动效果又节省比赛时间，先分A、B两个小组，由所有参赛班级随机抽签，再分别进行小组赛．当参赛队伍总数为偶数个时，A组、B组队伍数一样多；当参赛队伍总数为奇数个时，B组比A组队伍数多1个．小组赛采取单循环赛制（即每支队伍与组内其他队伍各打一场），按积分排名，取每组前2名晋级半决赛，最后进行决赛．积分规则：胜一场得2分，负一场得0分．小组赛结束后，某数学学习小组针对全部队伍累计总得分开展数学讨论．具体如下： (1)已知该校八年级共有10个班级参加比赛．小组赛结束后，全部队伍累计总得分共 分； (2)若当参赛队伍总数为偶数个时，小组赛结束后，全部队伍累计总得分为112分．求本次比赛参赛队伍个数； (3)当参赛队伍总数为奇数个时．小组赛结束后，全部队伍累计总得分能是162分吗？若能，请求出此时参赛的队伍数；若不能，请说明理由． 【答案】(1)40 (2)本次比赛参赛队伍个数为16队 (3)能，参赛的队伍数为19队时，小组赛结束后，全部队伍累计总得分能是162分 【分析】（1）先求出A组、B组队伍数同为5个班级，且每个小组内场次为场，进而求出结论； （2）设A组、B组队伍数均为x队，列方程求解即可； （3）设A组有y队，则B组有队，列方程求解即可； 【详解】（1）解：∵该校八年级共有10个班级参加比赛， ∴A组、B组队伍数一样多，同为5个班级， ∴每个小组内场次为场， ∴小组赛结束后，全部队伍累计总得分共分； （2）解：因为参赛队伍总数为偶数个， 所以A组，B组队伍数一样多． 所以设A组、B组队伍数均为x队．则， 解得，（不符合题意，舍去）， 则队， 答：本次比赛参赛队伍个数为16队； （3）解：能，理由如下： 因为参赛队伍总数为奇数，所以设A组有y队，则B组有队． 所以， 解得，（不符合题意，舍去）， 所以， 则队， 答：参赛的队伍数为19队时，小组赛结束后，全部队伍累计总得分能是162分． 【题型15 一元二次方程与几何图形综合】 【例15】（26-27九年级上·全国·单元复习）综合与实践． (1)【初步探索】欧几里得的《几何原本》记载，对于形如的方程，可用如图1的几何解法：作直角三角形，其中，，，在斜边上截取，则该方程的其中一个正根是哪段线段的长？说明你的理由． (2)【再次探索】我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中也记载了关于一元二次方程的几何解法：以方程为例，因为，所以有．如图2，用4个长都是，宽都是x的相同矩形，拼成如图所示的正方形，图2中，大正方形的面积可以表示为_____________（用含x的代数式表示）；另一方面，它又等于4个小矩形的面积加上中间小正方形的面积，即等于，故可得原方程的一个正根是____________________． (3)【类比运用】请选用上述两种几何方法中的一种求方程的正根（请在下面画出图形，注意在图中标注出相关线段的长度）． 【答案】(1)该方程的其中一个正根是线段的长，理由如下： ∵在直角三角形中，根据勾股定理得，， ， 整理得，， ∴对于形如的方程中一个正根是线段的长； (2)； (3)； 【分析】（1）在直角三角形中，根据勾股定理得，即可证明结论； （2）根据大正方形的面积可以表示为，再列方程得到．解方程即可求出原方程的一个正根； （3）由题意可得，作直角三角形，其中，，，在斜边上截取，在中，求出，即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：观察图2，大正方形的边长为矩形的长与宽之和，即， 那么大正方形的面积可以表示为， 因为，即，且大正方形面积等于个小矩形的面积加上中间小正方形的面积，即． 化简可得， 进一步变形为． ∴ ∴或， 因为为正数， 所以， 即原方程的一个正根是 （3）解：， ， 作直角三角形，其中，，， 在斜边上截取， 在中，， 则该方程的其中一个正根为的长即． 【变式15-1】（26-27九年级上·四川达州·阶段检测）如图，在矩形中，cm，cm．点从点出发，沿边以的速度向点运动；同时点从点出发，沿边以的速度向点运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)当为何值时，的面积为？ (2)是否存在某一时刻，使得是等腰直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)连接，当为何值时，？ 【答案】(1)当或时，面积为 (2)存在，时，是等腰直角三角形 (3)当时，． 【分析】(1)利用直角三角形面积公式，把代入得到关于的一元二次方程，解方程，筛选落在取值范围内的，即可解答； (2)直角在点，等腰直角三角形则两条直角边相等，列等式求，判断结果是否在运动时间区间，即可解答； (3) 在中，用勾股定理，建立含方程，求根后舍去负根，验证剩余根是否符合时间范围，即可解答． 【详解】（1）解：由题意，得 ， 点到达终点时间：，点到达终点时间：， 运动时间取值范围：． 四边形是矩形， ， 当的面积为时，， ， 整理得：， ，均符合题意． 当或时，面积为． （2）解：存在，使是等腰直角三角形，理由如下： ，为等腰直角三角形， ， ， 解得， ，符合取值范围． 存在，时，是等腰直角三角形． （3）解：，由勾股定理得： ， ， 解得，（舍去）， ，符合题意． 当时，． 【变式15-2】（25-26八年级下·山东济南·期末）如图1，在中，，，．在矩形中，，．在矩形的左侧，与在一条直线上，点与点重合．现以的速度从左向右匀速运动（矩形保持不动），直到点运动到与点重合时运动停止．如图2，设运动时间为（），当时，若满足与矩形重叠部分的面积为时，求运动时间的值． 【答案】 【分析】过点作于点，标记与交于点，由题意求得，，进而可得到，分析可得，，从而求得，根据与矩形重叠部分的面积为，得到，求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点，标记与交于点， 在中， ∵，，， ∴点到的距离，即的高为， ∵， ∴点刚好在矩形的上边所在直线上， ∴， 当时，点进入矩形左侧， ∴，， ∵为等腰直角三角形， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵与矩形重叠部分的面积为， ∴， 解得，， ∵， ∴． 【变式15-3】（25-26九年级上·广东江门·期中）如图，是边长为的等边三角形，动点，同时从，两点出发，分别沿、匀速移动，它们的速度都是，当点到达点时，、两点都停止运动．设点的运动时间为，解答下列问题： (1)当为何值时，是等腰三角形？ (2)是否存在，使四边形的面积是面积的？若存在，求出的值；若不存在．请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或 【分析】（1）易得，得到为等腰三角形时，为等边三角形，进而得到，列出方程进行求解即可； （2）易得的面积是面积的，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：∵是边长为的等边三角形， ∴， ∴当是等腰三角形时，为等边三角形， ∴， 由题意，， ∴， ∴，解得； （2）解：存在； 作，则， ∴， ∴， 作，则， ∴， ∴， ∴当四边形的面积是面积的时，则的面积是面积的， ∴， 解得或； 综上：或． 【题型16 一元二次方程中的新定义问题】 【例16】（25-26八年级下·湖南长沙·期中）定义：若点满足，则称这个点为“完美点”．例如，，故点是“完美点”． (1)点，，中，不是“完美点”的是________； (2)若点是“完美点”，求的值； (3)若点是“完美点”，求出的值． 【答案】(1) (2) (3)2026或2028 【分析】（1）根据“完美点”的定义解答即可； （2）根据点是“完美点”，得出，即，当时，当时，分别求解即可； （3）根据点是“完美点”，得出，即，分当时，当时，分别求解即可； 【详解】（1）解：∵，故点是“完美点”； ∵，故点是“完美点”； ∵，故点不是“完美点”； （2）解：∵点是“完美点”， ∴， ∴， 当时，则，解得或（舍去）， 当时，则，解得或（舍去）， ∴． （3）解：∵点是“完美点”， ∴，即， ∴， 当时，恒成立，则； 当时，，则， ∴， ∴ ． 综上，原式的值为2026或2028． 【变式16-1】（25-26九年级上·广东广州·期中）定义：如果关于x的一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“黄金方程”． (1)下列方程中：①；②；③，是黄金方程的为 （填序号）． (2)已知关于x的一元二次方程）是“黄金方程”，求代数式的最小值． 【答案】(1)①③ (2)4 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，由一元二次方程的解求参数，的最值，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． （1）根据黄金方程的意义，对3个方程逐一验证即可； （2）先根据黄金方程的意义，得出，代入后，配方求出最小值． 【详解】（1）解：， 移项，得， ，，， 所以， 所以是黄金方程； ，可化为， ，，， 所以， 所以不是黄金方程； ， ，，， 所以， 所以是黄金方程， 综上所述，①③是黄金方程， 故答案为：①③； （2）解：∵关于x的一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“黄金方程”， ∴由黄金方程的定义 ， 可知， x = − 1 是黄金方程的一个根， ∵关于x的一元二次方程是“黄金方程”， ∴是方程的根， ∴， ∴， ∴ 当时，有最小值4． 此时 ，符合题意． 【变式16-2】（25-26九年级上·甘肃兰州·期中）阅读与思考 定义：若两个一元二次方程有且只有一个相同的实数根，我们就称这两个方程为“同伴方程”．例如和有且只有一个相同的实数根，所以这两个方程为“同伴方程”． (1)根据所学定义，下列方程属于“同伴方程”的有______；（只填写序号即可） ①；②；③ (2)关于x的一元二次方程与为“同伴方程”，求m的值； (3)若关于x的一元二次方程（）同时满足和，且与互为“同伴方程”，求n的值． 【答案】(1)①③ (2) 或 (3) 或 【分析】本题考查了一元二次方程的解、新定义“同伴方程”． 分别求出三个方程的解，根据“同伴方程”的定义进行判断即可； 先求出一元二次方程的解，，根据一元二次方程与为“同伴方程”，分情况求解即可； 一元二次方程（）同时满足和，可知方程的解为，，分情况求出值即可． 【详解】（1）解：解方程， 可得：，； 解方程， 可得：； 解方程， 可得：，； 其中方程和方程有且只有一个相同的实数根， 方程是“同伴方程”； （2）解：解方程， 可得：，， 当相同的根是时， 把代入方程， 可得：， 解得：； 此时方程为，可得：，，符合题意； 当相同的根是时， 把代入方程， 可得：， 解得：， 此时方程为，可得：，，符合题意； 的值是或； （3）解：关于x的一元二次方程同时满足和， 方程的解是，， 方程的解为，， 方程与方程是“同伴方程”， 或， 或． 【变式16-3】（25-26九年级上·山东济宁·阶段检测）定义：我们把关于x的一元二次方程与称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是． (1)写出一元二次方程的“友好方程”：___________________． (2)已知一元二次方程的两根为，它的“友好方程”的两根为______________．根据以上结论，猜想方程的两根；与其“友好方程”的两根之间存在的一种特殊关系为______________． (3)已知关于x的方程的两根是．请利用（2）中的结论，求关于x的方程的两根． 【答案】(1) (2)，互为倒数 (3)或 【分析】（1）根据定义解答即可． （2）解方程，根据根与系数关系定理解答即可． （3）根据结论，结合方程解的定义解答即可． 本题考查了新定义，根与系数关系定理，方程解的定义，熟练掌握新定义，根与系数关系定理是解题的关键． 【详解】（1）解：根据定义，得一元二次方程的“友好方程”为， 故答案为：． （2）解：已知一元二次方程的两根为， 解方程得， 故答案为：； 由方程的两根；，“友好方程”的两根， 则，， 故． 故方程的两根；与其“友好方程”的两根之间存在的一种特殊关系为互为倒数． 故答案为：互为倒数． （3）解：关于x的方程的两根是． 故方程的两根是， 故方程的两根是， 又， 故， 故是方程的根． 故或， 解得或， 故关于x的方程的两根为或． 【题型17 相似三角形综合证明】 【例17】（2026·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，．为边的中点，为线段上一点（不与点重合），点关于点的对称点为点，以为斜边构造等腰直角三角形，点和点在直线的同侧． (1) ； (2)连接，求证：； (3)当点在边上时，求的长； (4)是边上一点，连接．当，且时，直接写出的长． 【答案】(1) (2)证明：点、关于点对称， 是的中点， 是等腰直角三角形，即， ； (3) (4)或 【分析】（1）根据勾股定理进行计算即可求解； （2）根据等腰直角三角形的性质即可得出； （3）设，则，在中，根据勾股定理可得的长，在中，根据勾股定理可得的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长； （4）分两种情况讨论，点在上方和下方时，根据已知条件得出，进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：在中，，，， ∴； （2）略 （3）解：当点落在上时， 连接，如图： ∵，且为的中点，即垂直平分， ∴，， ∴设，则， 在中，， ∴，解得， 即， 在中，， ∵在中，是斜边上的中线， ∴； （4）解：如图，当在的下方时，设，交于点，由（3）可得，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，解得， ∴， ∴； 如图，当在的上方时，延长交于点， 同理可得， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， 综上所述，或． 【变式17-1】（2025·江苏苏州·模拟预测）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， ∴， ∴， ∴． 【变式17-2】（2025·浙江杭州·二模）【证明体验】 (1)如图，正方形中，，分别是边和对角线上的点，，求证：． 【思考探究】 (2)如图，矩形中，，，，分别是边和对角线上的点，，，求的长． 【拓展延伸】 (3)如图，菱形中，，对角线，交的延长线于点，，分别是线段和上的点，，，求的长．请直接写出答案 【答案】(1)证明：四边形是正方形， ， ， ， ， 又， ； (2) (3) 【分析】（1）由正方形的性质可得，得到，推出，可得结论； （2）连接，交于点，先计算，得到，推出，证明，可得，即可求解； （3）设与交于点，通过证明，可求，由菱形的面积公式可求，由锐角三角函数可求，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接，交于点， 四边形是矩形，，， ，，，， ，，, ， ， ， ，， ， ， ， 又， ， ， ， ； （3）解：如图，设与交于点， 四边形是菱形，，， ，，，，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【变式17-3】（25-26八年级下·江苏泰州·期末）正方形边长为6，若点为边上一动点，连结，将沿翻折得到，连结并延长交射线于点． (1)如图1，当点与点重合时，求的长； (2)如图2，当经过中点时，连结．求证：； (3)当、、三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点时，求的长． 【答案】(1) (2)证明：由翻折的性质可知，，， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的中点，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即； (3)2或3 【分析】（1）由翻折的性质可知，，，，为正方形的对角线，则是等腰直角三角形，，由，即可求解的长； （2）可证得， 且相似比为，则是的中点，得出，得到，，再利用三角形内角和定理即可证明； （3）分情况讨论，由三角形相似可解得的长． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，且边长为6， ∴，， ∴， 由翻折的性质可知，，，， ∴，， ∵为正方形的对角线， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）略 （3）解：当是的中点， 在四边形中，， ， ∴， 在正方形中，， ∴， 由（2）得，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得； 当是的中点， 如图，延长，交于点， ∵，是的中点， ∴，且相似比为， ∴，， ∴， ∵，， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴，即点为的中点， ∴； 当是的中点，此情况不存在； 综上所述，或． 【题型18 相似动点存在性问题】 【例18】（25-26八年级下·山东青岛·期末）如图，在矩形中，，，点从点出发，沿方向匀速运动，点从点出发，沿方向匀速运动，两点同时出发，速度均为，设运动时间为（）． (1)当以，，为顶点的三角形与相似时，求的值； (2)当取何值时，四边形的面积等于？ (3)是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据矩形的性质，求出的长，根据题意求出，推出，再根据相似的判定推出或，运用相似的性质求解即可； （2）过点作，，垂足分别为，，结合矩形的性质分别证明、，再运用相似的性质结合（1）中，，求出，，最后根据代入求解即可； （3）过点作，，垂足分别为，，根据矩形的性质，证明四边形为矩形，运用矩形的性质结合题意，推出，再结合（1）、（2）已求线段的值，代入求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， ，， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得，， ∵由题意可得，， ∴， ∵以，，为顶点的三角形与相似， 又∵， ∴或， ∴或 ∴或， 解方程，得， 解方程，得，（舍去）， 综合上述，当以，，为顶点的三角形与相似时，的值为或； （2）解：如图，过点作，，垂足分别为，， 由（1）得，， ∵矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ，即， ∴， ∵， ∴，则， 整理得， 解得，（舍去）， ∴时，四边形的面积等于； （3）解：如图，过点作，，垂足分别为，， 由（1）得，， 由（2）得，， ∵矩形， ∴，，， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴，， ∵，则， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得． 【变式18-1】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图1，在矩形中，，，点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．过点Q作，交于点E，连接，．设运动时间为（），请解答下列问题： (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)设的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (4)如图2，点O为的中点，连接．当为等腰三角形时，请直接写出t的值． 【答案】(1) (2)（） (3) (4)或 【分析】本题是四边形的综合问题，主要考查矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，割补法求三角形的面积， （1）当运动时，，，，由可得，从而得到．当时，四边形是矩形，因此，即，求解即可； （2）用含t的式子分别表示出梯形，，的面积，由可得函数解析式； （3）根据三角形的面积公式得，由得，再由（2）中求得，可得方程，求解即可； （4）由，，可得，由勾股定理在中，求得，进而．当为等腰三角形时，分三种情况讨论：①，②，③，分别求出满足条件的t值即可． 【详解】（1）解：当运动时，，， ∵在矩形中，，， ∴ ， ∵， ∴，即， ∴， ∵在矩形中，， ∴当时，， ∴四边形是矩形， ∴，即， 解得：， ∴当时，四边形是矩形； （2）解：∵，，，， ∴， ， ∴， 即S与t之间的函数关系式为（） （3）解：当时，，理由如下： ∵在矩形中，，， ∴， ∵， ∴， 由（2）求得 ∴， 解得， ∴ 当时，； （4）∵，， ∴， ∵在中，，， ∴， ∵点O是的中点， ∴． 当为等腰三角形时，分三种情况讨论： ①若，如图， 又， ∴， 解得； ②若，如图， 过点E作于点N，则， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得； ③若， 连接， ∵在中，点O是斜边的中点， ∴， ∵， ∴点E与点B重合，， ∴， 解得， ∵， ∴不合题意，舍去． 综上所述，当为等腰三角形时，或． 【变式18-2】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图，在中，，，，在上取一点D，使，连接，分别过点A，点C，作，，交点为E．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点B出发，沿方向匀速运动，速度为．过点P作，交于点F，连接．设运动时间为，解答下列问题： (1)当t为何值时，？ (2)设五边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)连接，是否存在某一时刻t，使得垂直平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用勾股定理求出的长，再求出的长，证明，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可； （2）过点D作，垂足为M，，垂足为N，证明，求出的长，证明四边形是平行四边形，可求出，证明，可求出，根据可得答案； （3）可证明，则可推出，再利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵在中，，，， ∴； 由题意得，，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得； （2）解：如图，过点D作，垂足为M，，垂足为N， ∵，即， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ，即； （3）解：如图，连接， ， ∴要使垂直平分，只需， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理，得， ∴， 解得， ∴当时，垂直平分． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，熟练掌握勾股定理，平行四边形的判定和性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键． 【变式18-3】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，点E是边BC上的一点不与点B、C重合，，． (1)图1，若，，则的度数为______； (2)图2，若，求的度数；用含的代数式表示 (3)图3，已知且，，且，点E在线段上运动时，连接，M为的中点，探究的长度是否存在最小值？若存在，用关于m，n的代数式表示出来；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，长度的最小值为 【分析】在上截取，连接，可证得，从而，进而得出结果； 在上截取，连接，可证得，从而，根据平行四边形的性质得出，进一步得出结果； 在BC的延长线上截取，连接WF，取AW的中点，作射线，交的延长线于点V，可证得，从而，根据三角形中位线的性质得出，从而得出，从而得出点M在过定点，且与成的直线上运动，作于M，则当点M在处时，DM最小，进一步得出结果； 【详解】（1）解：如图1， 在上截取，连接， 四边形是平行四边形，，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， 故答案为； （2）解：如图2， 在上截取，连接， ， ，， ， ，， ，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ； （3）解：如图3， 在的延长线上截取，连接，取的中点，作射线，交的延长线于点V， ，， （含的等腰三角形，底是腰的倍），， ， ， 是的中点， ， ， 点M在过定点，且与成的直线上运动， 作于M，则当点M在处时，最小， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， （含的等腰三角形，底是腰的倍）， ， . 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、角直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【题型19 相似探究问题】 【例19】（2026·四川眉山·模拟预测）如图1，正方形和正方形，连接，． (1)【发现】当正方形绕点A旋转，如图2， ①线段与之间的数量关系是 ； ②直线与直线之间的位置关系是 ； (2)【探究】如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请写出新结论，并说明理由． (3)【应用】在（2）的情况下，连接（点E在上方），如图4，若，且，，求线段的长． 【答案】(1)①；② (2)不成立，新结论为：；成立． 证明： 四边形和四边形都是矩形， ， ， 即 ， ， ， ， ，， 即， 如图，延长交于点，交于点． 在 中，， 在 中，， ， ，即 ． 综上，不成立，新结论为：；成立． (3) 【分析】（1）通过证明 ，得出线段相等和垂直关系． （2）利用两边对应成比例且夹角相等证明 ，从而探究线段的数量和位置关系． （3）先求出，结合得四边形为平行四边形，得。再由勾股定理求，最后由（2）的结论即可求出． 【详解】（1）解：①四边形和四边形都是正方形， ， 在 和 中： ， ， . ② 由①知 ， 如图，延长交于点，交于点． 在 中，， 在 中，， ， ，即 ． （2）略 （3）由（2）知，． ， ， 在 中，由勾股定理： ， ， ， 点在上方，且， 四边形为平行四边形， ， ， 在 中，由勾股定理： ， 由（2）中结论，可得． 【变式19-1】（2026·广东深圳·三模）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19-2】（25-26八年级下·山东烟台·期末）【尝试发现】 (1)如图，在和中，，，，请直接写出线段和的数量关系是 ． 【变式探究】 (2)如图，，连接和，的延长线交于点，． ①求的值； ②判断和的数量关系并证明； 【联系拓广】 (3)如图3，矩形中，，，是对角线．是边上一动点，连接，以为直角边向逆时针方向作，使，连接，． ①求证：； ②直接写出线段长度的最小值． 【答案】(1)； (2)①； ②； 证明：记、交于点， 由知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； (3)①证明：∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②． 【分析】（1）根据证明三角形的全等，即可得到； （2）①由相似三角形的性质，可得，，式子变形可得，根据角的数量关系，可得，利用相似三角形的判定，则，得到，即可；②由相似三角形的性质，可得，根据三角形的内角和，推出，等量代换，得到；根据，等量代换，即可得到； （3）①由相似三角形的性质，可得，，得到角的数量关系，，根据相似三角形的判定和性质，得到，再根据角的数量关系，则，得到，即可求解；②由①知，点在直线上运动，当时，有最小值；利用相似三角形的判定和性质，得到，根据勾股定理求出，即可求出的值． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解①∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； ②略 （3）解：①略； ②由①知， ∴点在直线上运动， 当时，有最小值，如图， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 【变式19-3】（25-26八年级下·吉林·期末）综合与探究 【问题背景】我们学习了三角形的中位线定理，借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，如图1，探索小组利用这个基本图形进行了探究活动，探究发现：若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，请你和探索小组一起对此进行研究，如图1，在中，，，分别取，的中点D，E，作． (1)初步发现：如图1，由三角形中位线构造，可知：______． (2)猜想探究：如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，．旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (3)结论应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，则_______． (4)延伸思考：如图4，在中，，，，分别取，的中点D，E．作，将绕点B逆时针旋转，连接，．分别取，的中点M，N．当绕点B旋转过程中，直接写出当面积最大时，的面积是_______． 【答案】(1) (2)解：，证明如下， 由题可得，和是等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； (3) (4) 【分析】（1）先根据中位线性质得到对应边比例、与的相似比，再结合是中点得到长度，用平行线等分线段定理计算比值； （2）旋转后，先求出与的比值，证明和相似，即可得到与的数量关系； （3）先根据过点得到，用勾股定理求出的长度，再利用（2）得到的与的数量关系计算； （4）根据勾股定理求出，结合三角形中位线定理得到，，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，，根据N到的距离，可知当时，面积最大，此时，分两种情况根据旋转的性质作答即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，的中点为，，， ∴，， ∴， ∴； （2）略 （3）解：由图1可得，，的中点为，， ∴，， ∴， ∴， ∴如图3，当所在直线过点时，， ∴在中，， 由（2）可得，， ∴， 解得； （4）解：如图， ∵在中，，，， ∴， ∵分别取，的中点D，E， ∴，，，， ∵分别取，的中点M，N， ∴，， ∵N到的距离， ∴当时，面积最大， 此时． 如图，当N在上方时， 由旋转的性质可知， ∴即点E在线段上， 此时； 如图，当N在下方时， 同理可知即点D在线段上， 此时； 综上所述，当面积最大时，的面积是4． 【题型20 坐标系中利用相似求解】 【例20】（25-26八年级下·辽宁沈阳·期中）如图1，矩形在坐标系中，、分别在轴、轴的正半轴上，，矩形周长为18，面积为18． （1）求点坐标； （2）如图2，、、分别在、、上，连、，若于，，设点横坐标为，求的长（用含的代数式表示）； （3）如图3，在（2）的条件下，是中点，连并延长至，连交于，若，，求的值． 【答案】（1）B（6，3）（2）CG＝2t（3）t＝ 【分析】（1）设B点坐标为（m，n），根据矩形周长和面积的值列方程组求解． （2）作DH⊥OC于H，可证△DHE△OCG，由相似比可得CG＝2HE＝2AD． （3）作MN⊥OC于N，交OG于K，连接OD，设DE与OQ交于点R．先证DMKF四点共圆，进而得出∠KFM＝45，再导角推出OP是∠AOG的角平分线，然后可以导出△DRQ和△EOR均为等腰三角形，于是DE的长可用t表示出来．注意到∠AOD与∠NOK相等，可推出OD＝DE，最后利用直角三角形AOD列勾股方程解出t的值． 【详解】（1）设B点坐标为（m，n）(m＞n) 由题意可知： 解得：或（舍去） ∴B点坐标为（6，3）． （2）如图2，作DH⊥OC于H． 则∠DHE＝90， ∴∠HDE＋∠DEH＝90， ∵DH⊥OG于F， ∴∠GOC＋∠DEH＝∠OFE＝90， ∴∠HDE＝∠COG， ∵∠OCG＝90＝∠DHE， ∴△DHE△OCG， ∴ ∵B（6，3）， ∴AB＝OC＝6，AO＝DH＝BC＝3， ∴＝2， ∴CG＝2HE， ∵D点横坐标为t， ∴OH＝AD＝t， ∴OE＝2AD， ∴HE＝OH＝t， ∴CG＝2HE＝2t． （3）如图3，作MN⊥OC于N，交OG于K，连接OD． ∵M为AB中点， ∴AM＝BM＝ON＝CN＝AO＝BC＝MN＝3，KN＝CG＝t， ∴KN＝AD，所以DM＝KM， ∵∠DFK＝∠DMK＝90， ∴DFKM四点共圆， ∴∠DFM＝∠KFM＝45， ∵∠KFM＝∠OPF＋∠FOP， ∴∠FOP＋＝45， ∴2∠FOP＋2＝90°， ∵∠AOC＝90， ∴∠AOQ＋∠FOP＋∠COG＝∠AOQ＋∠FOP＋2＝90， ∴∠AOQ＝∠FOP， ∵∠AOQ＝∠OFR＝90， ∴∠ORF＝∠OQA， ∵∠ORF＝∠DRQ，∠OQA＝∠ROE， ∴∠DRQ＝∠OQA，∠ROE＝∠ORF， ∴DR＝DQ＝，RE＝OE＝2t， ∴DE＝DR＋RE＝＋2t， ∵，∠OAD＝∠ONK， 所以△OAD≌△ONK， ∴∠AOD＝∠NOK， ∵∠AOD＋∠DOE＝∠NOK＋∠OEF＝90， ∴∠DOE＝∠OEF， ∴OD＝DE＝＋2t， 在Rt△AOD中：OA2＋AD2＝OD2， ∴9＋t2＝(＋2t)2， 解得t＝． 【点睛】本题为四边形综合题，主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等重要知识点．第（3）问是本题的难点，证明OP是∠AOG的角平分线进而得出△DRQ、△EOR、△DOE均为等腰三角形是解答的要点所在． 【变式20-1】（25-26九年级上·吉林长春·阶段检测）已知：如图，在平面点角坐标系中，是直角三角形，，点A、C的坐标分别为，，． (1)求过点A、B的直线的函数解析式； (2)在x轴上找一点D，连接，使得与相似，并求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，P、Q分别是和上的动点，连接，设，问是否存在这样的使得与相似？如存在，请直接写出m的值；如不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)当或或或时，与相似 【分析】本题主要考查了求一次函数解析式，相似三角形的相似与判定，勾股定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． （1）先求出，进而得到，则，由此利用待定系数法求解即可； （2）根据题意可得当与相似时，只存在和两种情况，当 时，则此时点D与点C重合，即点D的坐标为；当时， 则，由此可证明，得到，即，解得，求出，则点D的坐标为：； （3）当点D的坐标为时，如图，当时，则，根据相似三角形的性质可得，解得：；如图，当时，则，根据相似三角形的性质可得，，解得：；同理求出点D坐标为时m的值即可得到答案． 【详解】（1）解：解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， （2）解：∵点D在x轴上， ∴， ∴当与相似时，只存在和两种情况， 当 时，则此时点D与点C重合，即点D的坐标为； 当时，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴点D的坐标为：； 综上所述，点D的坐标为或； （3）解：当点D的坐标为，如图，当时， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴，解得：； 如图，当时，    ∵， ∴， ∴， ∴，解得：； 同理当点D的坐标为，m的值为或； 综上所述：当或或或时，与相似． 【变式20-2】（25-26八年级下·广东湛江·期中）如图，在直角平面坐标系中，已知，点C在y轴的正半轴上，且． (1)求点C的坐标． (2)过点作于点E，连接． ①当D在线段上时，是否存在点D使得是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的m的值；若不存在，则说明理由． ②当D在点B的右侧时，设交直线于点F，若，请直接写出m的值． 【答案】(1)； (2)①4或或6， ② 【分析】（1）根据求出，结合勾股定理即可求解； （2）①分类讨论（i）若，（ii）若，（iii）若即可求解；②过E作于M，过F作于N，可推出，再证 ，设，则，证，最后证即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵． ∴， 在中， = ， ∴； （2）解：在线段上存在点D，使得是等腰三角形，理由如下： ①∵， ∴， （i）若，则， ∴， ∴， ∴， ∴，此时； （ii）若， 在和中 ， ∴ ∴， 而 =， ∴ ， ∴ ，此时 ， （iii）若，过E作于H，如图： ∴ ， ∴， 设直线的解析式为：， 则， 解得：， ∴直线的解析式为：， 令得， ∴ ∴， 在中，， ∴， 解得， 综上所述，满足条件的m的值为4或或6， ②过E作于M，过F作于N，如图： ∵， ∴， 而 ， ∴ ， ∵， ∴ ， ， ， ∴ ， ∵， ∴ ∴， ∴ ， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， 而， ∴， ∴ ，即 ①， 设直线的解析式为：， 则， 解得：， ∴直线的解析式为：， 将代入得②， 由①②解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的存在性问题、一次函数的解析式求解等知识点．综合性较强，需要学生具备较强的逻辑推理能力． 【变式20-3】（24-25九年级上·上海·阶段检测）我们知道，互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系．如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”． 如图1，是斜坐标系中的任意一点，与直角坐标系相类似，过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、，若、在轴、轴上分别对应实数、，则有序数对叫做点在斜坐标系中的坐标． (1)如图2，已知斜坐标系中，，试在该坐标系中作出点，并求点O、A之间的距离； (2)如图3，在斜坐标系中，已知点、点，是线段上的任意一点，试求、之间一定满足的一个等量关系式； (3)若问题（2）中的点在线段的延长线上，其它条件都不变，试判断上述、之间的等量关系是否仍然成立，并说明理由． 【答案】(1)如图所示； 2 (2) (3) 解：如图，当点在线段的延长线上时，上述结论仍然成立． 理由如下：这时，， 与（2）类似，，， 又 ， ，即． 【分析】（1）作轴，与轴交于点，轴，与轴交于点，构建菱形，然后根据菱形的性质以及等边三角形的判定与性质来求的长度； （2）过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、，则，，易证和，从而得到关于、的比例式和，再由线段的和差关系求得，从而得到、之间的关系式； （3）当点在线段的延长线上时，上述结论仍然成立．理由如下：这时，，证明过程同（2）． 【详解】（1）解：作轴，与轴交于点，轴，与轴交于点， 则四边形为平行四边形，且， 是菱形，， 平分， 又， ， 是等边三角形， ． （2）解：如图，过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、， 则，， ， ， ， 即， ， ， ， 即， ， 即． （3）略 【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质．解题关键是作辅助线构建平行四边形（或菱形）． 【题型21 投影实际应用计算题】 【例21】（2026·江苏盐城·模拟预测）为进一步确保汽车安全性能，技术人员对汽车前视野盲区做了研究，研究时简化模型：如图2，线段为驾驶员，与地面垂直，车头近似看成矩形，驾驶员视线被车头遮挡形成视野盲区，发现视野盲区在地面上不是一条线段，而是一个区域（梯形）． 测量数据：驾驶员眼睛距地面的高度为，车头的高度为，宽度为，车头到点的水平距离为． 问题解决： (1)根据以上信息，参考立体图形，在图3上用无刻度直尺补全汽车主视图的视野盲区平面图形，并求出盲区长度（视野盲区的前沿到车头的水平距离为盲区长度）； (2)在问题1的基础上，在图4上补全汽车俯视图的视野盲区平面图形，并求出视野盲区的面积； (3)①若调高主驾驶座椅，使得驾驶员眼睛距地面的高度增大，其余条件不变，则前视野盲区的面积会____________（填“减小”、“不变”或“增大”）； ②若设计时增加整车宽度（包括车头），其余条件不变，则视野盲区面积会____________（填“减小”、“不变”或“增大”） 【答案】(1)如图所示： 盲区长度为； (2)如图所示 ； (3)①减小；②增大 【分析】（1）根据题意补全汽车主视图的视野盲区平面图形，证明，根据相似三角形的性质列式计算即可求解； （2）根据题意补全汽车主视图的视野盲区平面图形，证明，根据相似三角形的性质列式计算即可求解； （3）结合（1）（2）求解即可． 【详解】（1）解：图略 ∵，， ∴， ∴，即，解得， ∴盲区长度为； （2）解：图略 作于，交于， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴（平方米）； （3）解：①∵，即， ∴， 当增大时，减小，则前视野盲区的面积会减小； ②∵，增加整车宽度即增大，则也增大，其余条件不变， ∴视野盲区面积会增大． 【变式21-1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，同学们想要测量综合楼的高度，在某一时刻，综合楼影子的顶端落在斜坡上的点E处，与此同时，站在点D处的李华的影子顶端在点G处．经测量，李华的身高，，，，已知为水平地面，点B，C，P在同一条直线上，均与地面垂直，．试求综合楼的高度（结果精确到．参考数据：） 【答案】 【分析】作，得到四边形为矩形，解，求出的长，进而求出的长，根据同一时刻，同一地点，物高与影长对应成比例，列出比例式求出的长，再利用线段的和差关系进行求解即可. 【详解】解：作， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 在中，，， ∴， ∴，， ∵综合楼影子的顶端落在斜坡上的点E处，李华的身高，， ∴，即， ∴， ∴； 答：综合楼的高度约为. 【变式21-2】（25-26九年级上·四川·期中）九天楼矗立于塔子山公园内，是成都市地标建筑之一、在一个阳光灿烂的午后，小明来到公园游玩，目睹了气势恢宏的九天楼，其垂直于水平地面，他萌生了测量该建筑高度的想法．他观察到阳光下建筑的影子正好延伸至地面及一个小山坡上（如图所示）．他测得地面上的影长为86米，坡面上的影长为12米，已知该山坡与水平地面形成的锐角为．与此同时，身高1.6米的小明在水平地面上的影长为2.4米．（参考数据） (1)求点到水平地面的距离； (2)求小明测得的九天楼高度（结果精确到1米） 【答案】(1)点到水平地面的距离为6米； (2)小明测得的九天楼高度为米． 【分析】此题考查了平行投影，平行四边形的性质和判定，含角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． （1）过C作交延长线于H，根据含角直角三角形的性质求解即可； （2）过H作交于E，证明出四边形为平行四边形，得到米，然后勾股定理求出，然后根据求出的长，进而求解即可． 【详解】（1）解：过C作交延长线于H， 在中，， ∴（米）； 答：点到水平地面的距离为6米； （2）解：过H作交于E， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形 ∴米 在中，， （米） （米） ∵身高1.6米的小明在水平地面上的影长为2.4米， ∴，即 解得， ∴（米）． 答：小明测得的九天楼高度为米． 【变式21-3】（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图1，路灯与路灯都与地面垂直，且相距米，路灯的高度比路灯的高度低米．夜晚，身高为米的小明以米/秒的速度从路灯走向路灯，行走时间为秒．当行走2秒时，他走到了处，此时发现身后影子顶部正好触到路灯的底部（点）．如图2，在行走过程中，小明在路灯下的影子为，在路灯下的影子为． (1)求路灯的高度． (2)当秒时，求影子的长？ (3)常言道：形影不离．其原意为：人的影子与自己紧密相伴，无法分离． ①从路灯走向路灯的过程中，两路灯下的影子总长_______（用含的代数式表示）； ②小明发现：在灯光下人的速度与影子的速度是不一样的，请直接写出小明在路灯下的影子的顶端在地面上移动的速度为______米/秒； 【答案】(1)9.6米 (2)米 (3)①米；② 【分析】本题考查相似三角形的性质和判定，列代数式，一次函数中的实际意义，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）由证 ，用相似比求高度； （2）由证 ，代入求长度； （3）①用相似比表示出、，相加得的表达式； ②计算的表达式，计算1秒内移动的距离即为在地面上移动的速度． 【详解】（1）解：由题意，可知， 米， 米， 米， ，， ， ∴，， ， ， ， ， 答：路灯的高度为米； （2）解：， 米， ∵米，米， ∴米，米， ， ， ∴，， ， ， ， ， ， 答：的长是米； （3）解：①由（1）（2）得，， 当运动秒后，米，则米， 设米，米， ， 解得：； ， 解得； 米， 故答案为：米； ②由题意可知：影子的顶端在地面上移动的距离是， 米， 当秒时， 米， 当秒时， 米， ∴1秒时间内移动的距离为： 米， 影子的顶端在地面上移动的速度是米秒． 故答案为：． 【题型22 三视图的计算】 【例22】（25-26七年级上·四川达州·阶段检测）由若干个棱长为1的相同小立方块搭成的几何体的三视图如图所示． (1)请在俯视图中标出相应位置小立方块的个数；该几何体是由多少个小立方块搭成的？ (2)计算这个几何体的表面积． 【答案】(1) 解：在俯视图上标出相应位置的小正方体的个数如图所示，该几何体是由8个小正方体组成． (2)32 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，掌握其概念、特点及如何根据三视图还原几何体是解题关键． （1）由俯视图可得该组合几何体最底层的小立方块个数，由主视图或左视图可得第二层和第三层的小立方块个数，相加即可，再根据得到的小立方块个数，在俯视图上标出来即可； （2）将几何体的各个面的面积相加即可得到其表面积． 【详解】（1）略 （2）解：表面积为， 即这个几何体的表面积为32． 【变式22-1】（2025九年级·全国·专题练习）某品牌饮水机（如下图）可以近似的看成一个长方体减去半个圆柱体的几何体，该几何体的主视图和俯视图如图所示（单位：，结果保留π）． (1)求该几何体的体积． (2)现对该饮水机的正面区域进行涂色，求涂色面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了立体图形的三视图以及常见几何体的体积计算，解题的关键是结合图形得出圆柱底面直径和高以及长方体的长宽高． （1）由题意可得知该几何体的体积等于长方体体积减去半个圆柱体的体积，而该几何体底部圆柱的底面直径为2，高为4，由此即可解题； （2）正面区域面积等于一个矩形面积一个半圆柱体表面积，根据柱体的侧面积＝底面周长高可得答案． 【详解】（1）解：几何体的体积． （2）解：涂色面积． 【变式22-2】（2025九年级·全国·专题练习）某工厂要加工一批上、下底面密封的纸盒，设计者给出了密封纸盒的三视图，如图①． (1)密封纸盒的形状为_______． (2)根据该几何体的三视图，在图②中补全它的表面展开图． (3)请你根据图①中的数据，计算这个密封纸盒的表面积和体积（结果保留根号）． 【答案】(1)正六棱柱 (2) 解：如图所示： (3)表面积为，体积为 【分析】（1）通过观察三视图的形状，判断密封纸盒的几何体类型； （2）正六棱柱的表面展开图由两个正六边形底面和六个矩形侧面组成，按照此结构补全图②的展开图即可； （3）先确定正六棱柱的底面边长、高，再分别计算侧面积、两个底面积得到表面积，计算底面积与高的乘积得到体积． 【详解】（1）解：由三视图可知，密封纸盒的形状为正六棱柱．   （2）略 （3）解：由（2）可知，密封纸盒的高为，底面边长为， ∴密封纸盒的表面积为， 体积为． 【点睛】本题考查由三视图判断几何体及正六棱柱的表面积、体积计算，掌握根据三视图确定几何体形状，结合正六棱柱的边长、高计算表面积和体积是解题的关键． 【变式22-3】（25-26七年级上·广东佛山·阶段检测）（1）一个由小正方体摆成的几何体，无论从正面，还是从左面都可以看到如图所示的图形，那么，最多可以用 个小正方体，最少可以用 个小正方体． （2）一个正方体截去一角后，剩下的几何体有 条棱， 个面， 个顶点．（说明：截去部分的边长都不超过正方体的边长．） （3）如图1，一个边长为2大正方体上截去一个小正方体后，可得到图2的几何体． ①所得几何体的表面积为 ． ②如果图1中大正方体各棱的长度之和比图2中几何体各棱的长度之和少3，那么，所得几何体的体积是 ． 【答案】（1）13，5；（2）15，7，10；（3）①24；② 【分析】本题主要考查了三视图、认识几何体等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）观察图形，可知该几何体是三行三列两层，其中中间一列、一行都是一层；要使摆成几何体的小正方体最少，则第一层最少3个小正方体，第二层最少2个；要使摆成几何体的小正方体最多，则第一层最多9个小正方体，第二层最多4个，据此即可获得答案； （2）一个正方体截去一角后，剩下的几何体增加1个面、3条棱和2个顶点，据此即可获得答案； （3）①②结合图形可知，图2中几何体的各棱的长度之和比图1中几何体的各棱的长度之和多出6条小正方体的棱长的和，进而求得被截去的小正方体的棱长，然后利用大正方体的体积减去小正方体的体积，即可获得答案． 【详解】解：（1）分别画出最多和最少正方体时从上面看到的形状图，如图所示（其中小正方形中的数字代表该位置上的小正方体的数目）， 由所画的图形可以作出判断， 最多可以用（块），最少可以用（块）． 故答案为：13，5； （2）一个正方体截去一角后，剩下的几何体有15条棱，7个面，10个顶点． 故答案为：15，7，10； （3）①一个边长为2大正方体上截去一个小正方体后，可得到图2的几何体， 所得几何体的表面积与原几何体的表面积相同， 所以，此时所得几何体的表面积为：； ②结合图形可知，图2中几何体的各棱的长度之和比图1中几何体的各棱的长度之和多出6条小正方体的棱长的和， 则被截去的小正方体的棱长为， 所以，所得几何体的体积是． 故答案为：①24；②． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $