期中复习专题二 相似三角形 重难点讲义 2026-2027 沪教版（五四制）数学九年级上册

期中复习专题二 相似三角形 重难点讲义 2026-2027 沪教版（五四制）数学九年级上册 参考答案与试题解析 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 理解比例线段、比例性质，掌握平行线分线段成比例定理 · 掌握相似三角形的判定定理与性质 · 理解黄金分割概念，能解决相关计算 · 能利用相似解决实际测量问题 · 掌握相似与坐标、抛物线综合题的解法 📚 知识梳理 ☆ 1.比例线段与平行线分线段成比例 比例性质：若a:b=c:d，则ad=bc 平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得对应线段成比例 平行于三角形一边的直线截其他两边，所得对应线段成比例 合比性质、等比性质 概念辨析例题：如图，AB∥CD∥EF，AC=6，CE=4，BD=3，求DF。 解析：由平行线分线段成比例：=，=，DF=2 ☆ 2.相似三角形的判定与性质 判定：AA、SAS、SSS；直角三角形HL 性质：对应角相等，对应边成比例，相似比=对应边比 周长比=相似比，面积比=相似比平方 对应高、中线、角平分线比=相似比 概念辨析例题：△ABC∽△DEF，相似比2:3，△ABC周长10，求△DEF周长。 解析：周长比=相似比=2:3，△DEF周长=10×=15 ☆ 3.黄金分割 黄金分割点：较长段=全段×≈0.618 一条线段有两个黄金分割点 黄金三角形：顶角36°的等腰三角形 概念辨析例题：线段AB=10，C为黄金分割点（AC>BC），求AC。 解析：AC=10×=5(sqrt(5)-1)≈6.18 ☆ 4.相似三角形综合 实际测量：测高、测距用相似三角形 坐标综合：坐标系中相似三角形存在性 抛物线综合：抛物线上点构成相似三角形 证明线段比例：找相似三角形 概念辨析例题：用标杆测树高，标杆2m，影长1.5m，树影长6m，求树高。 解析：=，树高=8m 📋 知识总结表 判定方法 条件 说明 AA 两角对应相等 最常用 SAS 两边成比例且夹角相等 注意夹角 SSS 三边成比例 HL 斜边直角边成比例 直角三角形 ⚠️ 核心考点 【考点1】比例线段与平行线分线段成比例（第1-10题） · 比例性质 · 平行线分线段 · 三角形一边平行线 1．（2026秋•长宁区校级月考）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边AC、BC、AB上．如果AB∥DE，BC∥DF，AF：FB＝m：n，BC＝a，那么CE的长等于（　　） A． B． C． D． 【分析】利用平行线分线段成比例定理求解． 【解答】解：∵DF∥BC， ∴， ∴， ∵DE∥AB， ∴， ∴， ∴CE． 故选：D． 【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 2．（2026秋•虹口区校级月考）如图，在△ABC中，M是AC的中点，P，Q为BC边上的点，且BP＝PQ＝CQ，BM与AP，AQ分别交于D，E点，则BD：DE：EM等于（　　） A．3：2：1 B．4：2：1 C．5：3：2 D．5：2：1 【分析】过A作AF∥BC交BM延长线于F，设BC＝3a，则BP＝PQ＝QC＝a；根据平行线间的线段对应成比例的性质分别求出BD、BE、BM的长度，再来求BD，DE，EM三条线段的长度；最后再求它们的长度比． 【解答】解：过A作AF∥BC交BM延长线于F，设BC＝3a， 则BP＝PQ＝QC＝a， ∵AM＝CM，AF∥BC， ∴AF：BC＝AM：CM＝1， ∴AF＝BC＝3a， ∴BD：DF＝BP：AF＝1：3， ∴BD， 同理可得： BEBM， ∴DE＝BE﹣BD，EM＝BM﹣BE， ∴BD：DE：EM：：5：3：2． 故选：C． 【点评】本题主要考查的是平行线间的线段对应成比例的性质，关键是作出辅助线解答． 3．（2026春•闵行区校级单元）已知：MN∥PQ，a≠b，c≠x，则满足关系式x的图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据平行线分线段成比例定理对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵MN∥PQ， ∴，则x，故错误； B、∵MN∥PQ， ∴，则x，故正确； C、∵MN∥PQ， ∴，则x，故错误； D、∵MN∥PQ， ∴，则x，故错误， 故选：B． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，找准对应关系，灵活运用定理是解题的关键． 4．（2026秋•松江区校级月考）已知a，b，c，d，e，f六条线段满足，若b+d+f＝3，那么a+c+e的值为（　　） A．10 B．5 C． D． 【分析】根据比例线段相关知识运算即可． 【解答】解：由题意得，，． ∵b+d+f＝3， ∴． 故选：C． 【点评】本题考查比例线段，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 5．（2026春•浦东新区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥AB，点E为OC的中点，过点E作EF∥AB，已知AC＝6，BD＝10，则EF的长为（　　） A． B． C． D．1 【分析】先根据勾股定理求出AB＝4，再证明△CEF∽△CAB，进而即可求解． 【解答】解：在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝10， ∴，． ∵AC⊥AB， 在直角三角形AOB中，由勾股定理得：， ∵点E为OC的中点， ∴， ∵EF∥AB， ∴△CEF∽△CAB， ∴，即， 故选：D． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 6．（2026春•杨浦区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，EG交FD于点H．以下结论中，不正确的是（　　） A．ED⊥CA B．EF＝EG C． D． 【分析】由等腰三角形“三线合一”得ED⊥CA，根据三角形中位线定理可得EFAB；由直角三角形斜边上中线等于斜边一半可得EGCD，即可得EF＝EG；连接FG，可证四边形DEFG是平行四边形，即可得FHFD，由三角形面积关系得出S△EFDS△CED，即可得出结论． 【解答】解：连接FG，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD，AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD， ∵BD＝2AD， ∴OD＝AD， ∵点E为OA中点， ∴ED⊥CA，故A正确； ∵E、F、G分别是OA、OB、CD的中点， ∴EF∥AB，EFAB， ∵∠CED＝90°，CG＝DGCD， ∴EGCD， ∴EF＝EG，故B正确； ∵EF∥CD，EF＝DG， ∴四边形DEFG是平行四边形， ∴FH＝DH， 即FHFD，故C正确； ∵OFOBOD，OEOAOC， ∴S△OEFS△ODE，S△ODES△CED， ∴S△EFD＝S△OEF+S△ODES△CED，故D错误； 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，三角形面积，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形性质等知识；熟练运用三角形中位线定理、等腰三角形的性质是解题关键． 7．（2026秋•长宁区校级月考）如图，已知AB∥CD∥EF，它们分别交直线l1、l2于点A、D、F和点B、C、E．如果，DF＝6，那么AD的长是　　 ． 【分析】根据平行线分线段成比例定理得到，然后利用比例性质求AD的长． 【解答】解：∵AB∥CD∥EF， ∴， 即， 解得AD． 故答案为：． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例． 8．（2026春•闵行区校级单元）如图，是一架梯子的示意图，其中AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且AB＝BC＝CD．为使其更稳固，将A，D1间加一条安全绳（线段AD1），AD1分别交BB1，CC1于点E，F，量得AE＝0.4m．则AD1的长为　1.2m ． 【分析】根据平行线分线段成比例定理得到AE＝EF，同理得到AD1＝3AE，计算即可． 【解答】解：∵BB1∥CC1， ∴， ∵AB＝BC， ∴AE＝EF， 同理可得：AE＝EF＝FD1， ∵AE＝0.4m， ∴AD1＝0.4×3＝1.2（m）， 故答案为：1.2m． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键． 9．（2026秋•闵行区校级期中）如图，在▱ABCD中，F在BC的延长线上，，那么　　 ． 【分析】过点O作BC的平行线，交CD于点G，证明△EOG∽△EFC，得到；证明△OGD∽△BCD，得到，则，据此可得答案． 【解答】解：如图，，过点O作OG∥BC，交CD于点G， ∴△EOG∽△EFC， ∴． 在▱ABCD中，对角线交于点O， ∴． ∵OG与BC平行， ∴△OGD∽△BCD， ∴， ∴， ∵BF＝BC+CF， ∴， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键． 10．（2026春•杨浦区校级月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是BC延长线上一点，连接OE交CD于点F，若CE＝3，CF＝2，则菱形ABCD的周长为　48　 ． 【分析】取BC的中点G，连接OG，根据菱形的性质得出OG是△BCD的中位线，得出相等的角，证明△GEO∽△CEF，利用对应边成比例进行求解． 【解答】解：如图，取BC的中点G，连接OG， ∵四边形ABCD为菱形， ∴OB＝OD，BC＝CD， ∴OG是△BCD的中位线， ∴， ∴∠EGO＝∠ECF，且∠E＝∠E， ∴△GEO∽△CEF， 则， 即， 解得OG＝6， 则CD＝12， ∴菱形ABCD的周长为12×4＝48， 故答案为：48． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，菱形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 【考点2】相似三角形的判定与性质（第11-22题） · 判定定理 · 周长面积比 · 对应线段比 11．（2026秋•上海校级月考）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，再添加一个条件，仍不能判定△ADE与△ACB相似的是（　　） A．∠ADE＝∠ACB B．DE∥BC C． D． 【分析】根据相似三角形的判定方法解答即可． 【解答】解：已知∠DAE＝∠CAB， 当∠ADE＝∠ACB时，有两组角对应相等，能判定△ADE与△ACB相似， 故选项A不合题意； 当DE∥BC时，得：∠ADE＝∠ABC，有两组角对应相等，能判定△ADE与△ACB相似， 故选项B不合题意； 当时，满足两组对应边的比相等且夹角对应相等，能判定△ADE与△ACB相似， 故选项C不合题意； 当时，有两组对应边的比相等，但不能确定夹角相等，不能判定△ADE与△ACB相似， 故选项D符合题意， 故选：D． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解答本题的关键． 12．（2026秋•上海校级月考）如图是一个棕色细口瓶的截面示意图，为测量棕色细口瓶的内径AB，亮亮找来一个交叉卡钳（AC＝BD），放进未使用过的棕色细口瓶内，缓缓张到最大的角度．若，且测量得CD＝6cm，则细口瓶的内径AB为（　　） A． B． C．8cm D．7cm 【分析】根据∠COD＝∠AOB，结合，证明△COD∽△AOB，再根据相似三角形的性质列式计算即可． 【解答】解：∵AC、BD相交于点O， ∴∠COD＝∠AOB， 又∵， ∴△COD∽△AOB， ∴． ∵CD＝6cm， ∴， 解得：AB（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， 故选：B． 【点评】本题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键． 13．（2026春•浦东新区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，AD平分∠CAB，BE⊥AD，E为垂足，则的值为　　 ． 【分析】通过延长线段构造等腰三角形和相似三角形，利用相似三角形的性质和线段关系求出的值． 【解答】解：如图所示，延长AC与BE的延长线相交于点F， 由条件可得△ABF是等腰三角形，BE＝EF，∠BCA＝∠BED＝90°， ∵∠ADC和∠BDE是对顶角， ∴∠ADC＝∠BDE， ∴△ADC∽△BDE，则， 设BE＝x． ∴． 由条件可知∠BED＝∠BCF＝90°， ∴△BDE∽△BFC，则， ∴，得， 则． 故答案为：． 【点评】本题考查等腰三角形的判定与相似三角形的应用，掌握通过延长线段构造等腰三角形和相似三角形，利用相似三角形的比例关系求解线段比值是解题的关键． 14．（2026春•浦东新区校级月考）如图所示，有△ABC和△ADE，小嘉同学欲添加两个条件使得△ABC∽△ADE，现有三个条件可供他选择：①∠1＝∠2；②∠B＝∠D；③．则正确的组合可以是　①②或①③　 （填序号）（请写出所有组合方式）． 【分析】由∠1＝∠2可得∠DAE＝∠BAC．只需还有一对角对应相等或夹边对应成比例即可使得△ABC∽△ADE． 【解答】解：∵∠1＝∠2， ∴∠1+∠BAE＝∠2+∠BAE，即∠DAE＝∠BAC． 当∠B＝∠D或时，△ABC∽△ADE．即①②或①③符合题意， 故答案为：①②或①③． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定，掌握其相关知识点是解题的关键． 15．（2026秋•虹口区校级月考）图1为《天工开物》记载的用于井上汲水的工具——桔槔（jiégāo）的结构简图，图2为桔槔处于水平状态时的平面示意图，OM代表固定支架，点C，点D分别代表水桶和重物，AC，BD是固定长度的麻绳，绳长AC＝3米，杠杆AB＝6米，OB：OA＝1：3，当水桶C的位置低于地面0.5米时（如图3），支架OM与绳子BD之间的距离OH是1.2米，则这个桔槔支架OM的高度为　5.2　 米． 【分析】利用相似三角形的对应边成比例来求解桔槔支架OM的高度． 【解答】解：当水桶C的位置低于地面0.5米时（如图3），支架OM与绳子BD之间的距离OH是1.2米，则： ∵AB＝6米，OB：OA＝1：3 OB：OA＝1：3， ∴OB＝1.5米，OA＝4.5米， 如图所示，过点A作AG⊥BH交BH的延长线于点G，交OM于点N，则OH∥AG， ∵OB＝1.5米，OH＝1.2米， ∴（米）． ∵OH∥AG， ∴△BAG∽△BOH， ∴即， 解得BG＝3.6米， ∴ON＝HG＝BG﹣BH＝2.7米， 又∵MN＝AC﹣0.5＝3﹣0.5＝2.5（米）， ∴OM＝ON+MN＝2.7+2.5＝5.2（米）． 故答案为：5.2． 【点评】本题主要考查勾股定理，相似三角形的应用，解题关键是通过作辅助线构造相似三角形． 16．（2026秋•徐汇区校级月考）如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC于点E，M，N分别是AD，CD的中点，连接MN，EM，EN．若AB＝6，BC＝8，则△EMN的周长为　12　 ． 【分析】由矩形的性质推出∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，DC＝AB＝6，由勾股定理得到AC＝10，由三角形中位线定理推出MNAC＝5，由直角三角形斜边中线的性质得到MEAD＝4，ENDC＝3，即可求出△EMN的周长． 【解答】解：四边形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，DC＝AB＝6， 由勾股定理得到：AC10， ∵M，N分别是AD，CD的中点， ∴MNAC＝5， ∵DE⊥AC， ∴∠AED＝∠DEC＝90°， ∴MEAD＝4，ENDC＝3， ∴△EMN的周长＝MN+EM+EN＝5+3+4＝12． 故答案为：12． 【点评】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边的中线，勾股定理，关键是由三角形中位线定理推出MNAC＝5，由直角三角形斜边中线的性质得到MEAD，ENDC． 17．（2026秋•闵行区校级月考）已知：如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，EC和BD相交于点O，联结DE，求证： （1）△EOB∽△DOC． （2）△EOD∽△BOC． 【分析】（1）结合已知条件及对顶角相等即可证得结论； （2）结合（1）中所得结论，利用相似三角形的性质及判定定理即可证得结论． 【解答】证明：（1）∵BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，EC和BD相交于点O， ∴∠OEB＝∠ODC＝90°， ∵∠BOE＝∠COD， ∴△EOB∽△DOC； （2）∵△EOB∽△DOC， ∴， ∴， ∵∠DOE＝∠COB， ∴△EOD∽△BOC． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关定理是解题的关键． 18．（2026秋•长宁区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边BC上，AC•BD＝AB•AD． （1）求证：△ABD∽△CBA； （2）如果BE平分∠ABC，分别交AC、AD于点E、F，，求的值． 【分析】（1）根据比例的性质，由AC•BD＝AB•AD得到，由于∠B为公共角，则根据相似三角形的判定得到△ABD∽△CBA； （2）根据相似三角形周长的比等于相似比得到△ABD与△CBA的相似比为，接着根据相似三角形对应角平分线的比等于相似比得到，然后利用比例的性质求解． 【解答】（1）证明：∵AC•BD＝AB•AD， ∴， ∵∠ABD＝∠CBA， ∴△ABD∽△CBA； （2）解：∵△ABD∽△CBA，， ∴△ABD与△CBA的相似比为， ∵BE平分ABC， ∴， ∴， 即4． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，在运用相似三角形的性质时利用相似三角形的性质表示线段之间的关系或计算相应线段的长． 19．（2026秋•徐汇区校级月考）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q． （1）如图1，当CE＝BE时，点P在BC延长线上，求证：CQ＝FP； （2）在（1）的条件下，若CG＝3，GQ＝5，求DQ的长； （3）如图2，当CE＝2BE时，点P在BC边上，若，求的值．（用含n的代数式表示） 【分析】（1）由折叠的性质得：∠B＝∠AFE，BE＝FE，再结合平行四边形的性质可得∠PCG＝∠QFG，然后根据三角形内角和定理可得∠CQE＝∠P，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得EQ＝EP，从而得到FQ＝CP，可证明△FQG≌△CPG，从而得到FG＝CG＝3，GQ＝GP＝5，再由折叠的性质得：AF＝AB，再根据△CGP∽△BAP，可得AB＝12，即可求解； （3）延长AD，EQ交于点M，设CQ＝a，BE＝b，证明△DQM∽△CQE得出DM，证明△FEP∽△CEQ得出PF，证明△AMF∽△PEF得出PE，进而求得PC，根据PC∥AD得出△GPC∽△GAD，根据相似三角形的性质，即可求解． 【解答】（1）证明：由折叠的性质得：∠B＝∠AFE，BE＝FE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠B＝∠PCG， ∴∠AFE＝∠PCG， ∵∠AFE＝∠QFG， ∴∠PCG＝∠QFG， ∵∠FGQ＝∠CGP， ∴由三角形内角和定理得，∠CQE＝∠P， ∵CE＝BE，BE＝EF， ∴EF＝EC， 又∵∠CEQ＝∠FEP， ∴△EFP≌△ECQ（AAS）， ∴CQ＝FP； （2）解：∵△EFP≌△ECQ， ∴EQ＝EP， ∵EF＝EC， ∴FQ＝CP， ∵∠FGQ＝∠CGP，∠CQE＝∠P， ∴△FQG≌△CPG（AAS）， ∴FG＝CG＝3，GQ＝GP＝5， 由折叠的性质得：AF＝AB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴△CGP∽△BAP， ∴， ∴， ∴AB＝12， ∴CD＝12， ∴DQ＝CD﹣CG﹣QG＝4； （3）解：如图2，延长AD，EQ交于点M， 设CQ＝a，BE＝b， ∵，CE＝2BE， ∴DQ＝na，EC＝2b， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝CQ+DQ＝（n+1）a，AD＝BC＝BE+CE＝3b， 由折叠的性质得：EF＝BE＝b，AF＝AB＝（n+1）a， ∵AD∥BC，即DM∥EC， ∴△DQM∽△CQE， ∴， ∴， ∴DM＝2nb， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠ADQ， 由折叠的性质得：∠AFE＝∠B， ∵∠AFQ+∠AFE＝180°， ∴∠AFQ+∠ADQ＝180°， ∴∠DAF+∠DQF＝180°， ∵∠EQC+∠DQF＝180°， ∴∠EQC＝∠DAF， ∵AD∥BC， ∴∠DAF＝∠FPE， ∴∠EQC＝∠FPE， 又∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△FEP∽△CEQ， ∴， ∴， ∴， ∵AD∥CB， ∴△AMF∽△PEF， ∴， ∴， ∴， ∴CP＝EC﹣EP＝2b， 又∵PC∥AD， ∴△GPC∽△GAD， ∴． 【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形与相似三角形的性质． 20．（2026秋•闵行区校级期中）如图，E为△ABC边BC上一点，过点C作CD⊥BA，交BA的延长线于点D，交EA的延长线于点F，且FD•CD＝BD•AD． （1）求证：AE⊥BC； （2）如果BE＝CE，求证：BC2＝2BD•AC． 【分析】（1）易证△FAD∽△BCD，可得∠F＝∠B，再根据8字型导角即可得解； （2）通过证明△ABE∽△CBD，可得可得结论． 【解答】证明：（1）∵CD⊥BA， ∴∠ADF＝∠BDC＝90°， ∵FD•CD＝BD•AD， ∴， ∴△FAD∽△BCD， ∴∠F＝∠B， ∵∠BAE＝∠FAD， ∴∠AEB＝∠ADF＝90°， ∴AE⊥BC； （2）∵BE＝CE，AE⊥BC， ∴AB＝AC， ∵∠ABE＝∠DBC，∠BDC＝∠AEB＝90°， ∴△ABE∽△CBD， ∴， ∴， ∴BC2＝2BD•AC． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理是本题的关键． 21．（2025秋•闵行区期末）如图，线段AD、BC相交于点E，点F是线段ED的中点，联结AB、BD、CD，分别延长BA、FC交于点G．已知∠BAD＝90°，且． （1）求证：∠ABE＝∠FCD； （2）如果DA平分∠BDC，求证：． 【分析】（1）根据两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似可得△AEB∽△CEB，那么∠BCD＝∠BAD＝90°，∠ABE＝∠FDC，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CF＝DF，即可判断出∠FCD＝∠FDC，那么∠ABE＝∠FCD； （2）证明△BCG∽△DEB，可得，进而判断出DE＝2CF，代换即可． 【解答】解：（1）证明：∵，∠AEB＝∠CED， ∴△AEB∽△CEB， ∴∠BCD＝∠BAD＝90°，∠ABE＝∠FDC， ∵点F是ED的中点， ∴CFDE，DFDE， ∴CF＝DF， ∴∠FCD＝∠FDC， ∴∠ABE＝∠FCD； （2）∵DA平分∠BDC， ∴∠ADB＝∠ADC， ∵∠ABE＝∠ADC， ∴∠ABE＝∠ADB， ∵∠BCD＝90°，点F是ED的中点， ∴CFDE，FEDE， ∴CF＝EF，DE＝2CF， ∴∠CEF＝∠ECF， ∵∠BCG＝∠CEF+∠EFC， ∠BED＝∠ECF+∠EFC， ∴∠BCG＝∠BED， ∴△BCG∽△DEB， ∴， ∴． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质的综合应用．熟练掌握并应用相似三角形的判定和性质是解决本题的关键． 22．（2025秋•普陀区月考）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点Q，∠BAD＝90°，过C作对角线BD的垂线交边AB于点E，垂足为点P，已知EP•BC＝BP•BE． （1）求证：AD∥BC； （2）如果AB＝BC，求证：． 【分析】（1）根据垂直得出直角三角形，根据直角三角形的性质得出∠PBC+∠PCB＝90°，由锐角三角函数比得出sin∠PBE＝sin∠PCB，即∠PBE＝∠PCB，然后利用等量代换得出∠CBE＝90°，最后利用同旁内角互补，两直线平行即可得出结论； （2）证明△ABD≌△BCE，得出 AD＝BE，BD＝CE，假设AB＝BC＝1，BE＝AD＝m，则AE＝AB﹣BE＝1﹣m，证明△BPE∽△CBE，△QAD∽△QCB，得出对应边成比例，表示出相关线段的长度，然后求出等式左右两边的值进行比较即可． 【解答】（1）证明：∵CE⊥BD， ∴∠BPE＝∠BPC＝90°， ∴∠PBC+∠PCB＝90°， ∵EP•BC＝BP•BE， ∴， 即sin∠PBE＝sin∠PCB， ∴∠PBE＝∠PCB， ∴∠PBC+∠PBE＝90°， 即∠CBE＝90°， ∴∠CBE+∠BAD＝180°， ∴AD∥BC； （2）解：∵AB＝BC，∠PBE＝∠PCB，∠BAD＝∠CBE＝90°， ∴△ABD≌△BCE（ASA）， ∴AD＝BE，BD＝CE， 假设AB＝BC＝1，BE＝AD＝m，则AE＝AB﹣BE＝1﹣m， 由勾股定理得，， ∵∠PBE＝∠PCB，∠BEP＝∠CEB， ∴△BPE∽△CBE， ∴， ∴， ∵AD∥BC， ∴∠QAD＝QCB，∠QDA＝∠DBC， ∴△QAD∽△QCB， ∴， 即， ∴，， ∴， ∴， ， ∴． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；在运用相似三角形的性质时，利用相似比表示线段之间的关系或进行几何计算． 【考点3】黄金分割（第23-25题） · 黄金分割点 · 黄金比0.618 23．（2026秋•金山区校级月考）某点把某条线段分成两部分，若较长线段的平方等于较短线段与整条线段的乘积，则这个点就叫做这条线段的黄金分割点，如图，过顶角为36°的等腰△ABC底角的顶点B作∠ABC的平分线交AC于点D．其中D为AC的黄金分割点．若AB＝4，则线段CD的长为　6﹣2　 ． 【分析】先证明AD＞CD，设CD＝x，则AD＝AC﹣CD＝4﹣x，再由D为AC的黄金分割点，得出AD2＝CD•AC，代入数值计算取符合题意的值即可． 【解答】解：∵等腰△ABC底角的顶点为B， ∴AB＝AC＝4， ∴∠ABC＝∠C（180°﹣∠A）（180°﹣36°）＝72°， ∵BD平分∠ABC交AC于点D， ∴∠CBD＝∠ABD∠ABC72°＝36°， ∴∠A＝∠ABD， ∴AD＝BD， ∵∠C＞∠CBD， ∴BD＞CD， ∴AD＞CD， 设CD＝x，则AD＝AC﹣CD＝4﹣x， ∵D为AC的黄金分割点， ∴AD2＝CD•AC， 即（4﹣x）2＝x×4， 整理得：x2﹣12x+16＝0， 解得：x1＝6﹣2，x2＝6+2（不合题意，舍去）， ∴线段CD的长为6﹣2， 故答案为：6﹣2． 【点评】本题考查了黄金分割点的定义、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握黄金分割点的定义是解题的关键． 24．（2024秋•徐汇区校级月考）黄金分割被很多人认为是“最美比例”，是因为它符合人们的视觉习惯和审美心理，能够创造出更加和谐、平衡和美观的艺术作品和产品．在自然界中黄金分割也很常见，如图是一个有着“最美比例”的鹦鹉螺，点B是线段AC的黄金分割点，AB＞BC，若AC＝16cm，那么AB的长为 　（88）　 cm． 【分析】根据黄金分割的定义得到ABAC，把AC＝16cm代入计算即可． 【解答】解：∵点B是线段AC的黄金分割点（AB＞BC），AC＝16cm， ∴ABAC16＝（88）（cm）， 即AB的长为（88）cm， 故答案为：（88）． 【点评】本题考查了黄金分割，掌握黄金分割的定义是解题的关键． 25．（2026春•闵行区校级单元）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割． 【阅读观察】 材料1：黄金分割点的定义如图①，若线段AB上的点C满足，则点C称作线段AB的黄金分割点．其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，φ与Φ互为倒数． 材料2：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图①中线段AB的黄金分割点C） 方法1：如图②， ①过点B作l⊥AB； ②在直线l上截取，连接AD； ③在DA上截取DE＝DB； ④在AB上截取AC＝AE． 点C即为所求． 方法2：如图③， ①以AB为边作正方形ABED； ②取AD中点F，连接BF； ③以点F为圆心，FB为半径作圆弧，与DA的延长线交于点H； ④以AH为边在AB一侧作正方形AHGC，GC交AB于点C．可得． 点C即为所求． 【思考探究】 （1）说明图②中； （2）说明图③中． 【分析】（1）设BD＝a，则AB＝2BD＝2a，利用勾股定理可得：，所以，从而可得； （2）设正方形ABED的边长为2b，利用勾股定理可以求出，根据正方形的性质可以求出，可得：，从而可得． 【解答】证明：（1）设BD＝a， ∵， ∴AB＝2BD＝2a， ∵BD⊥AB， ∴△ABD是直角三角形， 由勾股定理得：， ∵DE＝DB＝a， ∴， ∴， ∵1， ∴； （2）设正方形ABED的边长为2b，则AB＝AD＝2b，∠BAD＝90°， ∵点F是AD的中点， ∴， 在直角三角形ABF中，由勾股定理得：， ∴， ∵四边形AHGC是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点评】本题主要以黄金分割为背景考查了新定义题型等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【考点4】相似三角形综合（第26-31题） · 实际测量 · 坐标综合 · 抛物线综合 26．（2026秋•上海校级月考）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 （1）如图1，在矩形ABCD中，∠ACD＝30°，点F在对角线AC上，过F点分别作AB和AD的垂线，垂足为E，G，则四边形AEFG为矩形．那么　2　 ，直线CF与DG的夹角度数为　60°　 ． 【拓展探究】 （2）如图2，将图1中的矩形AEFG绕点A逆时针旋转，记旋转角为α，当0°＜α＜180°时，连接CF，DG，在旋转的过程中，的值及直线CF与DG的夹角大小是否发生变化？请利用图2进行证明． 【解决问题】 （3）如图3，当矩形ABCD的边AD＝AB时，点E为直线CD上异于D，C的一点，以AE为边在AE右侧作正方形AEFG，点H为正方形AEFG的对称中心，连接DH，若AD＝4，DE＝2，求出DH的长． 【分析】（1）延长EF交CD于点H，根据矩形的性质以及含30度角的直角三角形的性质求解； （2）延长CF交DG于点K，根据旋转和矩形的性质证明三角形相似，利用相似三角形的性质求解； （3）连接AC，AH，根据点的位置分两种情况进行讨论，根据正方形的判定和性质证明三角形相似，然后利用相似三角形的性质求解． 【解答】解：（1）延长EF交CD于点H，则四边形DGFH为矩形， ∵FE⊥AB，FG⊥AD， ∴∠BEF＝∠AEF＝90°，∠AGF＝∠DGF＝90°． ∵四边形DGFH为矩形， ∴FH＝DG． ∵∠ACD＝30°， ∴CF＝2FH＝2GD， ∴． ∵∠D＝90°， ∴∠CAD＝60°， ∴直线CF与DG的夹角度数为60°， 故答案为：2；60°； （2）的值及直线CF与DG的夹角大小不发生变化．理由如下； 证明：如图2，延长CF交DG于点K， ∵四边形ABCD和四边形AEFG为矩形，且由（1）可得∠AFG＝∠ACD＝30°， ∴∠ADC＝∠AGF＝∠EAG＝∠BAD＝90°'，∠ACD＝30°， ∴∠CAF＝∠DAG＝α，， ∴△ACF∽△ADG， ∴， ∴， ∴∠ACF＝∠ADG， ∴∠DCK+∠ACF＝∠DCK+∠ADG＝30°， ∴∠CKD＝180°﹣（∠DCK+∠ADG）﹣∠ADC＝60°， ∴直线CF与DG的夹角度数为60°； （3）当矩形ABCD的边AD＝AB时，四边形ABCD为正方形， ①如图3，当点E在线段CD上时，连接AC，AH， ∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，且点H为正方形AEFG的对称中心， ∴∠CAD＝∠EAH＝45°，， ∴∠CAE＝∠DAH， ∴△ACE∽△ADH， ∴． ∵AD＝CD＝4，DE＝2， ∴CE＝CD﹣DE＝4﹣2＝2， ∴； ②如图4，当点E在线段CD延长线上时，连接AC，AH， ∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，且点H为正方形AEFG的对称中心， ∴∠CAD＝∠EAH＝45°，， ∴∠CAE＝∠DAH， ∴△ACE∽△ADH， ∴． ∵AD＝CD＝4，DE＝2， ∴CE＝CD+DE＝4+2＝6， ∴． 综上所述，DH的长为或． 【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键． 27．（2026春•松江区校级月考）如图，四边形ABCD各个顶点的坐标分别为A（0，1），B（0，﹣2），C（﹣3，﹣1），D（﹣2，3）． （1）求这个四边形的面积； （2）如果把原来四边形ABCD各个顶点的横坐标都乘﹣1，纵坐标都乘﹣1，再顺次连接得到的各点，所得的四边形和原四边形ABCD的面积相比是否发生变化？面积是多少？ 【分析】（1）作DM⊥y轴于点M，CN⊥y轴于点N，如图所示，数形结合得到S四边形ABCD＝S△CBN+S四边形ADCN＝S△CBN+S梯形MNCD﹣S△ADM，代值求解即可得到答案； （2）由题意可知，所得的四边形和原四边形ABCD关于原点对称，图形形状不变，则面积不发生变化，即可得到答案． 【解答】解：（1）CN⊥y轴于点N，作DM⊥y轴于点M，如图所示： ∴S四边形ABCD＝S△CBN+S四边形ADCN＝S△CBN+S梯形MNCD﹣S△ADM ； （2）由题意可知，如果把原来四边形ABCD各个顶点的横坐标都乘﹣1，纵坐标都乘﹣1，再顺次连接得到的各点， 所得的四边形和原四边形ABCD关于原点对称，图形形状不变，则面积不发生变化，其面积是． 【点评】本题考查图形与坐标，数形结合是解决问题的关键． 28．（2026秋•上海校级月考）已知，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，交y轴于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，若点M是直线AC上方的抛物线上一动点（不与A，C重合），连接MA，MC，求△MAC的面积最大值以及此时点M的坐标； （3）如图2，若动点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法求解； （2）作MD⊥x轴于点H，交线段AC于点D，先求直线AC的解析式，设点M的坐标为（q，﹣q2+2q+3），用含q的式子表示出MD，进而用含q的式子表示出S△MAC，利用二次函数的最值求解； （3）以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形时，分三种情况：当以AP为对角线时，则PC＝AC；当以AC为对角线时，则PC＝AP；当以PC为对角线时，则AP＝AC，分别列方程求解即可． 【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，将点A，点B的坐标分别代入得：， 解得：， ∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）如图1，作MD⊥x轴于点H，交线段AC于点D， 抛物线y＝﹣x2+2x+3交y轴于点C， 当x＝0时，得：y＝3， ∴C（0，3）， 设直线AC的解析式为y＝kx+d，将点A，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3； 设点M的坐标为（q，﹣q2+2q+3），则点D的坐标为（q，﹣q+3）， ∴MD＝﹣q2+2q+3﹣（﹣q+3）＝﹣q2+3q， ∴S△MAC＝S△MDC+S△MDA ， ∵二次项系数，抛物线开口向下，对称轴为直线， ∴当时，S△MAC取最大值，最大值为， 此时， 综上所述，△MAC的面积最大值为，此时点M的坐标为； （3）存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形；符合条件的点P的坐标为或或P3（1，1）或或．理由如下： 抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线， 设P（1，t），Q（m，n）， ∵A（3，0），C（0，3）， ∴AC2＝（3﹣0）2+（0﹣3）2＝18，AP2＝（1﹣3）2+t2＝t2+4，PC2＝12+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10， 以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形时，分三种情况： ①当以AP为对角线时，则PC＝AC，如图2： ∴t2﹣6t+10＝18， 解得：， ∴，； ②当以AC为对角线时，则PC＝AP，如图3： ∴t2﹣6t+10＝t2+4， 解得：t＝1， ∴P3（1，1）； ③当以PC为对角线时，则AP＝AC，如图4： ∴t2+4＝18， 解得：， ∴，， 综上所述，存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形；符合条件的点P的坐标为或或P3（1，1）或或． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，菱形的性质，分类讨论是解答本题的关键． 29．（2025秋•闵行区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：ybx+c（b、c是常数）经过点A（5，﹣6），对称轴为直线x＝1，顶点为B． （1）求抛物线C1的函数表达式及点B的坐标． （2）点M为抛物线C1上的动点，过点M作直线x＝m． ①当点M在对称轴右侧时，抛物线在直线x＝m右侧部分（包含交点）的最高点的纵坐标为2﹣m，求m的值； ②当点M不在坐标轴上时，直线x＝m交抛物线C2：y＝x2﹣2x﹣3于点P，过点P作y轴垂线，垂足为点D，在线段PD的延长线上截取DQ＝2PD，联结MQ，当抛物线C1的顶点B在△PQM内部时，直接写出m的取值范围． 【分析】（1）由对称轴可得b＝1，进而再将（5，﹣6）代入求出c值即可求出抛物线解析式，进而求出顶点坐标； （2）①当点M在对称轴右侧时，抛物线在直线x＝m右侧部分是y随x增大而减小，M点即为最高点，据此求解即可； ②分两种情况画出图形，当点B在线段PQ上时以及点P在MQ上为临界点，据此求解即可． 【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝1， ∴b＝1， ∵抛物线C1：yx+c经过点A（5，﹣6）， ∴5+c＝﹣6， 解得c， ∴抛物线C1的函数表达式为yx， 当x＝1时，y＝2， ∴B（1，2）； （2）①由题可知M（m，m2+m）， 当点M在对称轴右侧时，抛物线在直线x＝m右侧部分是y随x增大而减小， ∴M点即为最高点， 此时m2+m2﹣m， 解得m＝2， ∴M在对称轴右侧，即m＞1， ∴m＝2； ②当点M在点B右侧时，此时m＞1，如图， 此时要满足题意则点P需在点B右上方，找出临界值，即点B在PQ上时， 由题可知P（m，m2﹣2m﹣3）， ∴m2﹣2m﹣3＝2， 解得m＝1或m＝1（舍去）， ∴m＞1； 当点M在点B左侧时，即m＜1，如图， 同理可得m＜1； 当点B在MQ上时，此时m＜0， 此时tan∠BOH＝tan∠PMQ，即， 则， 解得m＝﹣3， ∴﹣3＜m， 综上，m＞1或﹣3＜m＜1． 【点评】本题主要考查了二次函数解析式、顶点坐标、二次函数与x轴交点问题、二次函数点的坐标特征等e内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 30．（2025秋•徐汇区期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A（﹣2，0）、D（4，﹣6）． （1）求抛物线的表达式及顶点M的坐标； （2）将抛物线向上平移，设点D的对应点为点E，射线BE交线段AD于点F． ①如果AD恰好平分∠CAE，求平移之后的抛物线的表达式； ②如果△DEF与△ABD相似，求平移的距离． 【分析】（1）将点A（﹣2，0）、D（4，﹣6）代入抛物线，求出b、c，进而再求顶点坐标即可； （2）①由题易得CD∥x轴，∠ADC＝45°，易证△ACD≌△AED（ASA），可得DE＝CD＝4，即可得解； ②先求B（6，0），由①可知∠DAB＝∠ADF＝45°，直线DE与x轴交于点N，过B作BK⊥AD于点K，易得tan∠DBN＝3，tan∠ADB＝2，然后分类套求解即可． 【解答】解：（1）将点A（﹣2，0）、D（4，﹣6）代入抛物线得， ， 解得， ∴抛物线的表达式为yx2﹣2x﹣6， ∴对称轴为直线x＝2， 当x＝2时，y4﹣6＝﹣8， ∴顶点M（2，﹣8）； （2）①对于抛物线yx2﹣2x﹣6，令x＝0，得y＝﹣6， ∴C（0，﹣6）， 则CD∥x轴，且CD＝4， 过A作AG⊥DC，交DC延长线于点G， ∵A（﹣2，0），D（4，﹣6）， ∴AG＝DG＝6， ∴∠ADG＝45°， 由题可知点D向上平移到点E， 则DE∥y轴，即DE⊥CD， ∴∠ADE＝90°﹣∠ADC＝45°， ∵AD平分∠CAE， ∴∠CAD＝∠EAD， 在△ACD和△AED中， ， ∴△ACD≌△AED（ASA）， ∴CD＝DE＝4， ∴点D向上平移4个单位到点E，即抛物线向上平移4个单位， ∴平移之后的抛物线的表达式为yx2﹣2x﹣6+4x2﹣2x﹣2； ②方法一：令yx2﹣2x﹣6＝0，得x＝﹣2或6， ∴B（6，0）， 由①可知∠DAB＝∠ADF＝45°， 记直线DE与x轴交于点N，过B作BK⊥AD于点K， 则tan∠DBN3， 由S△ABD， ∴BK4， ∴AK＝BK＝4，则DK＝2， ∴tan∠ADB， 当△ABD∽△DEF时， 则有∠DEF＝∠DBN＝∠NEB， ∴tan∠NEB3， ∵BN＝2， ∴EN， ∴DE＝DN﹣NE，即此时向上平移了个单位； 当△ABD∽△DFE时， 则有∠DEF＝∠ADB＝∠NEB， ∴tan∠NEB2， ∴NE＝1， ∴DE＝DN﹣NE＝5，即此时向上平移了5个单位； 综上，平移的距离为5或个单位． 方法二：设抛物线向上平移了t个单位， ∴E（4，﹣6+t）， 令yx2﹣2x﹣6＝0，得x＝﹣2或6， ∴B（6，0）， 由A（﹣2，0），D（4，﹣6）可得直线AD表达式为y＝﹣x﹣2， 由B（6，0），E（4，﹣6+t），可得直线BE表达式为y（x﹣6）， 联立， 解得，即F（，）， ∴AB＝8，AD＝6，DE＝t，DF， ∵∠FDE＝∠BAD＝45°， ∴分两种情况讨论： 当△ABD∽△DFE时， 则，即， 解得t＝5； 当△ABD∽△DEF时， 则，即， 解得t； 综上，平移的距离为5或个单位． 【点评】本题主要考查了抛物线解析式、抛物线的几何变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 31．（2024秋•静安区期末）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+bx+1与y轴交于点A，顶点B的坐标为（2，﹣1）． （1）直接写出点A的坐标，并求抛物线的表达式； （2）设点C在x轴上，且∠CAB＝90°，直线AC与抛物线的另一个交点为点D． ①求点C、D的坐标； ②将抛物线y＝ax2+bx+1沿着射线BD的方向平移；平移后的抛物线顶点仍在线段BD上；点A的对应点为点P．设线段AB与x轴的交点为点Q，如果△ADP与△CBQ相似，求点P的坐标． 【分析】（1）先令x＝0可得y＝1，得点A的坐标，根据抛物线的顶点B（2，﹣1），利用待定系数法可得抛物线的表达式； （2）①根据点A和B的坐标得∠BAO＝45°，所以∠CAO＝45°，可知△ACO是等腰直角三角形，可得C的坐标，从而得AC的解析式，联立方程组可得直线AC与抛物线的交点D的坐标； ②先证明∠PAD＝∠ADB＝∠BCQ，设P（m，2m+1），根据平移后B的对称点B'在线段BD上可知0≤m≤4，如果△ADP与△CBQ相似，存在两种情况：或，列方程可得结论． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝1， ∴A（0，1）， 设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）2﹣1， 把A（0，1）代入得：1＝a（0﹣2）2﹣1， ∴a， ∴抛物线的表达式为：y（x﹣2）2﹣1； （2）①如图1， ∵A（0，1），B（2，﹣1）， ∴∠BAO＝45°， ∵∠CAB＝90°， ∴∠CAO＝45°， ∴OC＝OA＝1， ∴C（﹣1，0）， 设AC的解析式为：y＝kx+m， 则，解得：， ∴AC的解析式为：y＝x+1， 则，解得：或， ∴D（6，7）； ②∵A（0，1），B（2，﹣1）， 同理得直线AB的解析式为：y＝﹣x+1， ∴Q（1，0）， ∴CQ＝2，BC， ∵D（6，7），A（0，1）， ∴AD6，AB2， 如图2，同理得：直线BD的解析式为：y＝2x﹣5， 由平移得：AP∥BD，则直线AP的解析式为：y＝2x+1， ∴∠PAD＝∠ADB， ∵tan∠BCQtan∠ADB， ∴∠PAD＝∠BCQ， 设抛物线平移后的顶点为B'，P（m，2m+1），则APm，B'（m+2，2m﹣1）， ∵抛物线y＝ax2+bx+1沿着射线BD的方向平移；平移后的抛物线顶点仍在线段BD上， ∴0≤m≤4， 如果△ADP与△CBQ相似，有以下两种情况： i）当时，即， 解得：m＝2.4， ∴P（2.4，5.8）； ii）当时，即， 解得：m＝6（不符合题意，舍去）， 综上，P（2.4，5.8）． 【点评】本题是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，两点的距离公式，相似三角形的性质和判定，平移的性质等知识，解题时，注意数形结合，使抽象的问题变得具体化，降低了解题的难度． 💯 课后巩固 复习建议 · 判定相似先找等角，AA最常用 · 面积比是相似比平方，别漏平方 · 平行线分线段成比例注意对应线段 · 实际问题先画示意图找相似三角形 · 综合题先求解析式再列相似方程 【作业1】（2026秋•闵行区月考）如图，D、E是△ABC边AB、AC上的两点，DE∥BC，下列结论成立的是（　　） A．DB＝1，CE＝2，AD＝3，AE＝4 B．DB＝1，CE＝2，AB＝3，AC＝4 C．DB＝1，CE＝2，AB＝3，AE＝4 D．DB＝1，CE＝2，AD＝3，AC＝4 【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入比例式判断即可． 【解答】解：A、∵DE∥BC， ∴， 当DB＝1，CE＝2，AD＝3，AE＝4时，，故本选项结论不成立，不符合题意； B、∵DE∥BC， ∴， 当DB＝1，CE＝2，AB＝3，AC＝4时，，故本选项结论不成立，不符合题意； C、∵DE∥BC， ∴， 当DB＝1，CE＝2，AB＝3，AE＝4时，，故本选项结论成立，符合题意； D、∵DE∥BC， ∴， 当DB＝1，CE＝2，AD＝3，AC＝4时，，故本选项结论不成立，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键． 【作业2】（2026秋•闵行区校级期中）如图，△ABC中，点D、E分别是边AB、BC上的点，且DE∥AC，下列结论不一定能得出的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据平行线分线段成比例定理可判断A、B选项正确，根据DE∥AC得出△BDE∽△BAC，根据相似三角形的性质可判断C选项正确，D选项不一定能得出，即可得出答案． 【解答】解：∵△ABC中，DE∥AC， ∴，， 故结论B正确，不符合题意； ∴， 故结论A正确，不符合题意； ∵DE∥AC， ∴△BDE∽△BAC， ∴，， 故结论C正确，不符合题意； ∴， ∵BE与CE不一定相等， ∴不一定能得出， 故结论D错误，符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，熟练掌握相似三角形的性质与平行线分线段成比例定理是解答本题的关键． 【作业3】（2024秋•浦东新区校级期中）如图，MN是凸透镜的主光轴，点O是光心，点F是焦点．若蜡烛PM的像为NB，测量得到OM：ON＝5：3，蜡烛高为10cm，则像BN的长为（　　） A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm 【分析】通过证明△POM∽△BON，得出PM：BN＝OM：ON＝5：3，即可解答． 【解答】解：根据题意可得：∠PMO＝∠BNO＝90°， ∵∠POM＝∠BON， ∴△POM∽△BON， ∴PM：BN＝OM：ON＝5：3， ∵PM＝10cm， ∴BN＝6cm， 故选：C． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例． 【作业4】（2026秋•徐汇区校级月考）如图，△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′＝2：3，则AB与A′B′之比为（　　） A．2：3 B． C．2：5 D．4：9 【分析】根据位似图形的概念得到△ABC∽△A′B′C′，根据相似三角形的性质计算即可． 【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，OA：OA′＝2：3， ∴△ABC∽△A′B′C′，AC：A′C′＝OA：OA′＝2：3， ∴AB：A′B′＝AC：A′C′＝2：3． 故选：A． 【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似图形是相似图形、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 【作业5】（2025秋•嘉定区校级月考）如果（其中b＞0，d＞0），那么下列式子中不一定正确的是（　　） A． B． C． D．． 【分析】根据比例的基本性质对选项进行逐一判断即可． 【解答】解：如果（其中b＞0，d＞0），根据比例的基本性质对选项进行逐一判断如下： A，如果，那么，选项A式子正确，不符合题意； B，如果，那么，选项B式子正确，不符合题意； C，对于，d（a+c）＝c（b+d），即ad+cd＝bc+cd，ad＝bc，由，可得ad＝bc，则选项C式子正确，不符合题意； D，例如，当a＝1，b＝2，c＝2，d＝4时，， 但是，，，所以选项D式子不一定正确，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查的知识点是比例的基本性质，解题关键是熟练掌握比例的基本性质． 【作业6】（2026春•杨浦区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，BD＝2AD，点E、F、G分别是OA、OB、CD的中点，EG交OD于点H．给出以下四个说法：①ED⊥CA；②EF＝EG；③；④．其中，说法正确的有（　　） A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①②③④ 【分析】由平行四边形的性质得OD＝OBBD，由BD＝2AD，得ADBD，则OD＝AD，因为点E是OA的中点，所以ED⊥CA，可判断①正确；因为点E、F分别是OA、OB的中点，所以EF∥AB，且EFABCD，而∠CED＝90°，点G是CD的中点，则EGCD，所以EF＝EG，可判断②正确；再证明△EHF≌△GHD，得FH＝DHFD，可判断③正确；因为S△AOD＝S△COD，所以S△DOE＝S△DAES△AODS△COD，推导出S△CEDS△COD，由S△FOES△DOES△COD，推导出S△EFDS△COD，即可证明S△EFDS△CED，可判断④正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O， ∴OD＝OBBD， ∵BD＝2AD， ∴ADBD， ∴OD＝AD， ∵点E是OA的中点， ∴ED⊥OA，即ED⊥CA， 故①正确； ∵点E、F分别是OA、OB的中点，AB＝CD， ∴EF∥AB，且EFABCD， ∵∠CED＝90°，点G是CD的中点， ∴EGCD， ∴EF＝EG， 故②正确； ∵CD∥AB，点G是CD的中点， ∴GD∥AB，GDCD， ∵EF∥AB，且EFCD， ∴EF∥GD，且EF＝GD， ∴∠HEF＝∠HGD， 在△EHF和△GHD中， ， ∴△EHF≌△GHD（AAS）， ∴FH＝DHFD， 故③正确； ∵OA＝OC， ∴S△AOD＝S△COD， ∵OE＝AE， ∴S△DOE＝S△DAES△AODS△COD， ∴S△CED＝S△DOE+S△CODS△COD+S△CODS△COD， ∵OF＝BFOB，且OB＝OD， ∴OFOD， ∴S△FOES△DOES△CODS△COD， ∴S△EFD＝S△FOE+S△DOES△CODS△CODS△COD， ∴， ∴S△EFDS△CED， 故④正确， 故选：D． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、“等高三角形面积的比等于它们的底的比”等知识，正确理解和应用这些知识是解题的关键． 【作业7】（2026春•黄浦区校级期中）已知：，且a﹣2b+3c＝4，那么a＝　　 ． 【分析】直接利用已知比例式用a表示出b，c的值，进而利用a﹣2b+3c＝4，得出答案． 【解答】解：由条件可得，c＝3a， ∵a﹣2b+3c＝4， ∴a﹣5a+9a＝4， 解得． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了比例的性质．熟练掌握该知识点是关键． 【作业8】（2025秋•虹口区期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都相等，点A、B、C、D都在格点上，联结AB、CD交于点E，那么的值是　　 ． 【分析】先证明△BCE∽△ADE，再列出比例式求解即可． 【解答】解：∵BC∥AD， ∴△BCE∽△ADE， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了利用平行判定相似，相似三角形的判定与性质综合，利用相似三角形的性质求解等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【作业9】（2026春•闵行区校级单元）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点．若AB＝4，AD＝6，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，则AE的长为　　 ． 【分析】延长AD、EF交于点M，根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，通过角度之间的等量代换，证出△AEF∽△MEA，△AEF∽△ECF，△DFM∽△CFE，设CE＝s，EF＝t， 利用上述三组相似三角形可得出线段之间的比例关系，建立方程进行求解即可． 【解答】解：在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点． 延长AD、EF交于点M，如下图所示： ∵∠FEC＝∠AMF，∠AEB＝∠AFE， ∠AEB＝180°﹣∠AEF﹣∠FEC，∠AFE＝180°﹣∠AEF﹣∠EAF， ∴∠EAF＝∠FEC＝∠AMF， ∴∠EAF＝∠AME， 又∵∠AEF＝∠AEM， ∴△AEF∽△MEA， ∵∠EAF＝∠FEC，∠AFE＝∠EFC， ∴△AEF∽△ECF， ∵AM∥EC， ∴△DFM∽△CFE， ∵AB＝4，AD＝6，CF＝1， ∴DF＝AB﹣CF＝3， 设CE＝s，EF＝t， ∵△AEF∽△ECF， ∴， 即， ∴AE＝st，AF＝t2， 又∵△DFM∽△CFE， ∴， 即， ∴FM＝3t，DM＝3s， ∴AM＝AD+DM＝6+3s， EM＝EF+FM＝t+3t＝4t， ∵△AEF∽△MEA， ∴， 即， ∴， 解得或（舍去）或s＝﹣2（舍去）， 则， 故答案为：． 【点评】题目主要考查平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，熟练掌握运用相似三角形的判定和性质是解题关键． 【作业10】（2026秋•上海校级月考）如图，已知l1∥l2∥l3，直线AD与直线BC相交于点O．如果CE＝6，EB＝18，DF＝4，则AD＝　16　 ． 【分析】由l1∥l2∥l3，利用平行线分线段成比例，可求出FA的长度，再结合AD＝FA+DF，即可求出AD的长度． 【解答】解：∵l1∥l2∥l3， ∴， ∵CE＝6，EB＝18，DF＝4， ∴， ∴FA＝12， ∴AD＝FA+DF＝12+4＝16． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例，牢记“三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例”是解题的关键． 【作业11】（2026秋•虹口区校级月考）如图，已知AB⊥BC于点B，CD⊥BC于点C，AB＝4，CD＝6，BC＝14，P为线段BC上一点．若以A、B、P为顶点的三角形与以P、C、D为顶点的三角形相似，则PC＝PC＝2或12或　 ． 【分析】当△ABP∽△DCP时，得到4：6＝（14﹣PC）：PC，求出PC；当△ABP∽△PCD时，得到PC2﹣14PC+24＝0，求出PC＝2或PC＝12．于是得到答案． 【解答】解：当△ABP∽△DCP时， ∴AB：DC＝BP：CP， ∴4：6＝（14﹣PC）：PC， ∴PC； 当△ABP∽△PCD时， ∴AB：PC＝BP：CD， ∴4：PC＝（14﹣PC）：6， ∴PC2﹣14PC+24＝0， ∴PC＝2或PC＝12． 综上所述：PC＝2或12或． 故答案为：PC＝2或12或． 【点评】本题考查相似三角形的性质，关键是要分两种情况讨论． 【作业12】（2026•闵行区三模）已知：如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，AD∥CB，E是CD上一点，联结BE交AC于点F，联结DF． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）如果CE2＝BE•EF，求证AB2＝BE•AF． 【分析】（1）先证明△ABC≌△ADC得到∠BAC＝∠DAC，再根据平行线的性质得到∠BCA＝∠DAC．所以∠BCA＝∠BAC，则BC＝BA，从而得到AB＝BC＝CD＝AD．然后根据菱形的判定方法得到结论； （2）利用CE2＝BE•EF和∠CEB＝∠BEC可证明△ECF∽△EBC，所以∠ECA＝∠CBE，再利用菱形的性质和平行线的性质得到∠CEB＝∠ABF，∠BAC＝∠ECA．所以∠BAC＝∠CBE，根据相似三角形的判定方法得到△BCE∽△AFB，则根据相似三角形的性质和等量代换得到结论． 【解答】证明：（1）在△ABC和△ADC中， ， ∴△ABC≌△ADC（SSS）， ∴∠BAC＝∠DAC， ∵AD∥BC， ∴∠BCA＝∠DAC． ∴∠BCA＝∠BAC． ∴BC＝BA， ∴AB＝BC＝CD＝AD． ∴四边形ABCD是菱形； （2）∵CE2＝BE•EF， ∴． ∵∠CEB＝∠BEC， ∴△ECF∽△EBC， ∴∠ECA＝∠CBE， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD． ∴∠CEB＝∠ABF，∠BAC＝∠ECA． ∴∠BAC＝∠CBE． ∴△BCE∽△AFB． ∴， ∴AB•BC＝BE•AF， ∵BC＝AB， ∴AB2＝BE•AF． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；在运用相似三角形的性质时，利用相似比表示线段之间的关系或计算相应线段的长．也考查了菱形的判定与性质． 【作业13】（2026春•上海校级期中）已知，求的值． 【分析】设，则x＝2k，y＝3k，z＝4k，代入代数式计算即可得解． 【解答】解：设，则x＝2k，y＝3k，z＝4k， ∴， 即的值为7． 【点评】本题考查了比例关系的应用、求代数式的值，准确熟练地进行计算是解题的关键． 【作业14】（2016秋•青浦区期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC、BD交于点E，点F在边AB上，连接CF交线段BE于点G，CG2＝GE•GD． （1）求证：∠ACF＝∠ABD； （2）连接EF，求证：EF•CG＝EG•CB． 【分析】（1）先根据CG2＝GE•GD得出，再由∠CGD＝∠EGC可知△GCD∽△GEC，∠GDC＝∠GCE．根据AB∥CD得出∠ABD＝∠BDC，故可得出结论； （2）先根据∠ABD＝∠ACF，∠BGF＝∠CGE得出△BGF∽△CGE，故．再由∠FGE＝∠BGC得出△FGE∽△BGC，进而可得出结论． 【解答】证明：（1）∵CG2＝GE•GD， ∴． 又∵∠CGD＝∠EGC， ∴△GCD∽△GEC． ∴∠GDC＝∠GCE． ∵AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BDC． ∴∠ACF＝∠ABD． （2）∵∠ABD＝∠ACF，∠BGF＝∠CGE， ∴△BGF∽△CGE． ∴． 又∵∠FGE＝∠BGC， ∴△FGE∽△BGC． ∴． ∴FE•CG＝EG•CB． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键． 【作业15】（2026春•黄浦区校级期中）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E为射线CB上一动点，联结AE，作AF⊥AE且AF＝AE． （1）如图（a）所示，过点F作FD⊥AC于点D，求证：EC+CD＝DF； （2）如图（b）所示，联结BF交AC于点G，若，求证：点E为BC的中点； （3）当点E在射线CB上，联结BF与直线AC交于点G，若，求的值． 【分析】（1）先证∠AFD＝∠EAC，再依据“AAS”判定△AFD和△EAC全等，从而得DF＝AC，AD＝EC，据此可得出结论； （2）过点F作FD⊥AC于点D，由（1）可知：DF＝AC，AD＝EC，再证△FDG和△BCG全等得DG＝CG，然后由3设CG＝x，则AG＝3x，BC＝AC＝4x，DG＝CG＝x，进而可得EC＝AD＝2x，据此可得出结论； （3）过点F作FD⊥AC交AC的延长线于D，由（1）可知AD＝EC，由（2）可知DG＝CG，再由，可设BC＝4a，BE＝3a，则EC＝7a，AC＝BC＝4a，AD＝EC＝7a，CD＝3a，进而得DGa，AGa，据此可得出答案． 【解答】（1）证明：∵AF⊥AE，AF＝AE，FD⊥AC，∠ACB＝90°， ∴∠FAE＝∠FDA＝∠ACE＝90°， ∴∠AFD+∠FAD＝∠FAD+∠EAC＝90°， ∴∠AFD＝∠EAC， 在△AFD和△EAC中， ， ∴△AFD≌△EAC（AAS）， ∴DF＝AC，AD＝EC， ∵AC＝AD+CD＝EC+CD， ∴EC+CD＝DF； （2）证明：过点F作FD⊥AC于点D，则∠FDG＝90°， 由（1）可知：DF＝AC，AD＝EC， ∵AC＝BC， ∴DF＝BC， 在△FDG和△BCG中， ， ∴△FDG≌△BCG（AAS）， ∴DG＝CG， ∴3， 设CG＝x，则AG＝3x， ∴AC＝AG+CG＝4x， ∴BC＝AC＝4x， ∵DG＝CG＝x， ∴DC＝DG+CG＝2x， ∴AD＝AC﹣DC＝2x， ∴EC＝AD＝2xBC， ∴点E为BC的中点； （3）解∵点E在射线CB上， ∴有以下两种情况： （ⅰ）当点E在线段CB上时，过点F作FD⊥AC于D，如图所示： ∵， ∴可设BC＝4a，BE＝3a，则CE＝BC﹣BE＝a， 由（1）可知：AD＝CE＝a，则CD＝AS﹣AD＝4a﹣a＝3a， 由（2）可知：DG＝CG，则DG＝CGCDa， ∴AG＝AD+DGa， ∴， （ⅱ）当点E在CB的延长线上时，过点F作FD⊥AC交AC的延长线于D，如图所示： 由（1）可知：AD＝EC， 由（2）可知：DG＝CG， ∵， ∴可设BC＝4a，BE＝3a，则EC＝BC+BE＝7a， ∴AC＝BC＝4a，AD＝EC＝7a， ∴CD＝AD﹣AC＝7a﹣4a＝3a， ∴DG＝CGCDa， ∴AG＝AC+CG＝4aaa， ∴， 综上所述，的值为：或． 【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，理解全等三角形的对应边相等、对应角相等；难点是类比思想在解题中的应用． 【作业16】（2026秋•金山区校级月考）【知识背景】华师版（2013版）九上第23章《图形的相似》习题23.3第1（2）题： 如图，点E、点D分别在△ABC的边BA、CA的延长线上，连结ED，若∠B＝∠C，则△ADE与△ABC相似吗？ （1）请解答上述习题． 【问题探究】 （2）同学们在完成这个习题后，老师进一步提出这样一个问题：如图①，连结BD、CE，求∠CBD与∠CED的数量关系． ①为了解决这个问题，小明提出了一个好方法： 由（1）中的两个三角形相似，通过更比性质，可进一步证出△ABD与△ACE相似，从而得到∠ADB＝∠AEC，再通过角度之间的关系，可将问题解决． 请按照小明的思路完成对△ABD与△ACE相似的证明，具体做法如下： 证明：由（1）得：△ABC∽△　△ADE ， 证明过程缺失 ∴△ABD∽△ACE． ∴∠ADB＝∠AEC（相似三角形的对应角相等）． ②根据（1）和（2）①中的结论，直接写出∠CBD与∠CED的数量关系为　∠CBD+∠CED＝180°；　 ． 【拓展提升】（3）如图②，在△ABD和△ACE中，∠DAB＝∠EAC，EA＝CA，DA＝BA，延长EC交BD于点F，连结DE、AF．当∠AED＝90°且时，∠AFD＝　90　 °，　　 ． 【分析】（1）利用两角对应相等即可证明△ADE∽△ABC； （2）①利用两边对应成比例且夹角相等证明△ABD∽△ACE，推出∠ADB＝∠AEC； ②利用三角形内角和定理即可得到∠CBD+∠CED＝180°；（3）证明△DAB∽△EAC，推出，∠ADB＝∠AEC，利用（2）的结论即可得到∠AFD＝90°；再利用等腰三角形的性质求解即可． 【解答】解：（1）△ADE与△ABC相似，理由如下： ∵∠E＝∠C，∠EAD＝∠CAB， ∴△ADE∽△ABC； （2）①∵△ABC∽△ADE， ∴∠AED＝∠ACB，，即， ∵∠DAB＝∠EAC， ∴△ABD∽△ACE， ∴∠ADB＝∠AEC； 故答案为：△ADE ②∵∠AED＝∠ACB，∠ADB＝∠AEC， ∴∠CED＝∠AEC+∠AED＝∠ADB+∠ACB＝180°﹣∠CBD， ∴∠CBD+∠CED＝180°； 故答案为：∠CBD+∠CED＝180°； （3）在△ABD和△ACE中，∠DAB＝∠EAC，EA＝CA，DA＝BA，， ∴， ∵∠DAB＝∠EAC， ∴△DAB∽△EAC， ∴，∠ADB＝∠AEC， 在四边形AEDF中，∠ADF＝∠AEF， 由（2）得∠EAF+∠EDF＝180°， ∴∠AED+∠AFD＝180°， ∵∠AED＝90°， ∴∠AFD＝90°， ∵DA＝BA，AF⊥BD， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：90，． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【作业17】（2024秋•闵行区期末）已知抛物线C1：y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点A（0，3），顶点P在直线x＝1上． （1）求抛物线C1的解析式及顶点P的坐标； （2）将抛物线C1向右平移m（m＞0）个单位，再向下平移n（n＞0）个单位，得到新抛物线C2，新抛物线C2的顶点为Q，与抛物线C1的交点为点B，如果四边形PABQ是平行四边形，求m、n之间的关系式； （3）在（2）的条件下，抛物线C2的对称轴与直线AP交于点E，与抛物线C1交于点F，且S△PEQ：S△BFQ＝3：1，求此时抛物线C1上落在平行四边形PABQ内部的点（不包括与平行四边形的交点）的横坐标t的取值范围． 【分析】（1）根据y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点A（0，3），顶点P在直线x＝1上，得出b＝2，c＝3，即可得到解析式，再求出顶点坐标即可； （2）Q（1+m，4﹣n），B（m，3﹣n），根据B（m，3﹣n） 在C1上，得出3﹣n＝﹣m2+2m+3，即n＝m2﹣2m（m＞0）； （3）先求出E，F的坐标，再根据S△PEQ：S△BFQ＝3：1，得出（m2﹣m）m＝6m，求出m的值，得出t的取值范围． 【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点A（0，3），顶点P在直线x＝1上， ∴c＝3，， ∴b＝2， ∴y＝﹣x2+2x+3， ∵当x＝1时，y＝4， ∴P（1，4）； （2）由题意得：Q（1+m，4﹣n），B（m，3﹣n）， ∵B（m，3﹣n） 在C1上， ∴3﹣n＝﹣m2+2m+3，即n＝m2﹣2m（m＞0）； （3）设 y＝kx+d，过A（0，3），P（1，4）得：y＝x+3， 当 x＝1+m 时，y＝m+4，即E（m+1，m+4）， 将x＝1+m，代入y＝﹣x2+2x+3，得：y＝4﹣m2，即F（m+1，4﹣m2）， ∴，m， ∵S△PEQ：S△BFQ＝3：1， ∴（m2﹣m）m＝6m， ∴解得：m＝3或m＝﹣2（舍）， ∵直线PQ：y＝﹣x+5与y＝﹣x2+2x+3的交点为（2，3），（1，4）， ∴2＜t＜3． 【点评】本题考查了二次函数的性质，属于二次函数综合题，掌握二次函数的性质是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中复习专题二 相似三角形 重难点讲义 2026-2027 沪教版（五四制）数学九年级上册 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 理解比例线段、比例性质，掌握平行线分线段成比例定理 · 掌握相似三角形的判定定理与性质 · 理解黄金分割概念，能解决相关计算 · 能利用相似解决实际测量问题 · 掌握相似与坐标、抛物线综合题的解法 📚 知识梳理 ☆ 1.比例线段与平行线分线段成比例 比例性质：若a:b=c:d，则ad=bc 平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得对应线段成比例 平行于三角形一边的直线截其他两边，所得对应线段成比例 合比性质、等比性质 概念辨析例题：如图，AB∥CD∥EF，AC=6，CE=4，BD=3，求DF。 解析：由平行线分线段成比例：=，=，DF=2 ☆ 2.相似三角形的判定与性质 判定：AA、SAS、SSS；直角三角形HL 性质：对应角相等，对应边成比例，相似比=对应边比 周长比=相似比，面积比=相似比平方 对应高、中线、角平分线比=相似比 概念辨析例题：△ABC∽△DEF，相似比2:3，△ABC周长10，求△DEF周长。 解析：周长比=相似比=2:3，△DEF周长=10×=15 ☆ 3.黄金分割 黄金分割点：较长段=全段×≈0.618 一条线段有两个黄金分割点 黄金三角形：顶角36°的等腰三角形 概念辨析例题：线段AB=10，C为黄金分割点（AC>BC），求AC。 解析：AC=10×=5(sqrt(5)-1)≈6.18 ☆ 4.相似三角形综合 实际测量：测高、测距用相似三角形 坐标综合：坐标系中相似三角形存在性 抛物线综合：抛物线上点构成相似三角形 证明线段比例：找相似三角形 概念辨析例题：用标杆测树高，标杆2m，影长1.5m，树影长6m，求树高。 解析：=，树高=8m 📋 知识总结表 判定方法 条件 说明 AA 两角对应相等 最常用 SAS 两边成比例且夹角相等 注意夹角 SSS 三边成比例 HL 斜边直角边成比例 直角三角形 ⚠️ 核心考点 【考点1】比例线段与平行线分线段成比例（第1-10题） · 比例性质 · 平行线分线段 · 三角形一边平行线 1．（2026秋•长宁区校级月考）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边AC、BC、AB上．如果AB∥DE，BC∥DF，AF：FB＝m：n，BC＝a，那么CE的长等于（　　） A． B． C． D． 2．（2026秋•虹口区校级月考）如图，在△ABC中，M是AC的中点，P，Q为BC边上的点，且BP＝PQ＝CQ，BM与AP，AQ分别交于D，E点，则BD：DE：EM等于（　　） A．3：2：1 B．4：2：1 C．5：3：2 D．5：2：1 3．（2026春•闵行区校级单元）已知：MN∥PQ，a≠b，c≠x，则满足关系式x的图形是（　　） A． B． C． D． 4．（2026秋•松江区校级月考）已知a，b，c，d，e，f六条线段满足，若b+d+f＝3，那么a+c+e的值为（　　） A．10 B．5 C． D． 5．（2026春•浦东新区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥AB，点E为OC的中点，过点E作EF∥AB，已知AC＝6，BD＝10，则EF的长为（　　） A． B． C． D．1 6．（2026春•杨浦区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，EG交FD于点H．以下结论中，不正确的是（　　） A．ED⊥CA B．EF＝EG C． D． 7．（2026秋•长宁区校级月考）如图，已知AB∥CD∥EF，它们分别交直线l1、l2于点A、D、F和点B、C、E．如果，DF＝6，那么AD的长是__________________ ． 8．（2026春•闵行区校级单元）如图，是一架梯子的示意图，其中AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且AB＝BC＝CD．为使其更稳固，将A，D1间加一条安全绳（线段AD1），AD1分别交BB1，CC1于点E，F，量得AE＝0.4m．则AD1的长为_________ ． 9．（2026秋•闵行区校级期中）如图，在▱ABCD中，F在BC的延长线上，，那么___________________ ． 10．（2026春•杨浦区校级月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是BC延长线上一点，连接OE交CD于点F，若CE＝3，CF＝2，则菱形ABCD的周长为_______ ． 【考点2】相似三角形的判定与性质（第11-22题） · 判定定理 · 周长面积比 · 对应线段比 11．（2026秋•上海校级月考）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，再添加一个条件，仍不能判定△ADE与△ACB相似的是（　　） A．∠ADE＝∠ACB B．DE∥BC C． D． 12．（2026秋•上海校级月考）如图是一个棕色细口瓶的截面示意图，为测量棕色细口瓶的内径AB，亮亮找来一个交叉卡钳（AC＝BD），放进未使用过的棕色细口瓶内，缓缓张到最大的角度．若，且测量得CD＝6cm，则细口瓶的内径AB为（　　） A． B． C．8cm D．7cm 13．（2026春•浦东新区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，AD平分∠CAB，BE⊥AD，E为垂足，则的值为________________ ． 14．（2026春•浦东新区校级月考）如图所示，有△ABC和△ADE，小嘉同学欲添加两个条件使得△ABC∽△ADE，现有三个条件可供他选择：①∠1＝∠2；②∠B＝∠D；③．则正确的组合可以是__________ （填序号）（请写出所有组合方式）． 15．（2026秋•虹口区校级月考）图1为《天工开物》记载的用于井上汲水的工具——桔槔（jiégāo）的结构简图，图2为桔槔处于水平状态时的平面示意图，OM代表固定支架，点C，点D分别代表水桶和重物，AC，BD是固定长度的麻绳，绳长AC＝3米，杠杆AB＝6米，OB：OA＝1：3，当水桶C的位置低于地面0.5米时（如图3），支架OM与绳子BD之间的距离OH是1.2米，则这个桔槔支架OM的高度为________ 米． 16．（2026秋•徐汇区校级月考）如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC于点E，M，N分别是AD，CD的中点，连接MN，EM，EN．若AB＝6，BC＝8，则△EMN的周长为_______ ． 17．（2026秋•闵行区校级月考）已知：如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，EC和BD相交于点O，联结DE，求证： （1）△EOB∽△DOC． （2）△EOD∽△BOC． 18．（2026秋•长宁区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边BC上，AC•BD＝AB•AD． （1）求证：△ABD∽△CBA； （2）如果BE平分∠ABC，分别交AC、AD于点E、F，，求的值． 19．（2026秋•徐汇区校级月考）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q． （1）如图1，当CE＝BE时，点P在BC延长线上，求证：CQ＝FP； （2）在（1）的条件下，若CG＝3，GQ＝5，求DQ的长； （3）如图2，当CE＝2BE时，点P在BC边上，若，求的值．（用含n的代数式表示） 20．（2026秋•闵行区校级期中）如图，E为△ABC边BC上一点，过点C作CD⊥BA，交BA的延长线于点D，交EA的延长线于点F，且FD•CD＝BD•AD． （1）求证：AE⊥BC； （2）如果BE＝CE，求证：BC2＝2BD•AC． 21．（2025秋•闵行区期末）如图，线段AD、BC相交于点E，点F是线段ED的中点，联结AB、BD、CD，分别延长BA、FC交于点G．已知∠BAD＝90°，且． （1）求证：∠ABE＝∠FCD； （2）如果DA平分∠BDC，求证：． 22．（2025秋•普陀区月考）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点Q，∠BAD＝90°，过C作对角线BD的垂线交边AB于点E，垂足为点P，已知EP•BC＝BP•BE． （1）求证：AD∥BC； （2）如果AB＝BC，求证：． 【考点3】黄金分割（第23-25题） · 黄金分割点 · 黄金比0.618 23．（2026秋•金山区校级月考）某点把某条线段分成两部分，若较长线段的平方等于较短线段与整条线段的乘积，则这个点就叫做这条线段的黄金分割点，如图，过顶角为36°的等腰△ABC底角的顶点B作∠ABC的平分线交AC于点D．其中D为AC的黄金分割点．若AB＝4，则线段CD的长为__________________ ． 24．（2024秋•徐汇区校级月考）黄金分割被很多人认为是“最美比例”，是因为它符合人们的视觉习惯和审美心理，能够创造出更加和谐、平衡和美观的艺术作品和产品．在自然界中黄金分割也很常见，如图是一个有着“最美比例”的鹦鹉螺，点B是线段AC的黄金分割点，AB＞BC，若AC＝16cm，那么AB的长为 ____________________ cm． 25．（2026春•闵行区校级单元）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割． 【阅读观察】 材料1：黄金分割点的定义如图①，若线段AB上的点C满足，则点C称作线段AB的黄金分割点．其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，φ与Φ互为倒数． 材料2：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图①中线段AB的黄金分割点C） 方法1：如图②， ①过点B作l⊥AB； ②在直线l上截取，连接AD； ③在DA上截取DE＝DB； ④在AB上截取AC＝AE． 点C即为所求． 方法2：如图③， ①以AB为边作正方形ABED； ②取AD中点F，连接BF； ③以点F为圆心，FB为半径作圆弧，与DA的延长线交于点H； ④以AH为边在AB一侧作正方形AHGC，GC交AB于点C．可得． 点C即为所求． 【思考探究】 （1）说明图②中； （2）说明图③中． 【考点4】相似三角形综合（第26-31题） · 实际测量 · 坐标综合 · 抛物线综合 26．（2026秋•上海校级月考）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 （1）如图1，在矩形ABCD中，∠ACD＝30°，点F在对角线AC上，过F点分别作AB和AD的垂线，垂足为E，G，则四边形AEFG为矩形．那么_____ ，直线CF与DG的夹角度数为________ ． 【拓展探究】 （2）如图2，将图1中的矩形AEFG绕点A逆时针旋转，记旋转角为α，当0°＜α＜180°时，连接CF，DG，在旋转的过程中，的值及直线CF与DG的夹角大小是否发生变化？请利用图2进行证明． 【解决问题】 （3）如图3，当矩形ABCD的边AD＝AB时，点E为直线CD上异于D，C的一点，以AE为边在AE右侧作正方形AEFG，点H为正方形AEFG的对称中心，连接DH，若AD＝4，DE＝2，求出DH的长． 27．（2026春•松江区校级月考）如图，四边形ABCD各个顶点的坐标分别为A（0，1），B（0，﹣2），C（﹣3，﹣1），D（﹣2，3）． （1）求这个四边形的面积； （2）如果把原来四边形ABCD各个顶点的横坐标都乘﹣1，纵坐标都乘﹣1，再顺次连接得到的各点，所得的四边形和原四边形ABCD的面积相比是否发生变化？面积是多少？ 28．（2026秋•上海校级月考）已知，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，交y轴于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，若点M是直线AC上方的抛物线上一动点（不与A，C重合），连接MA，MC，求△MAC的面积最大值以及此时点M的坐标； （3）如图2，若动点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 29．（2025秋•闵行区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：ybx+c（b、c是常数）经过点A（5，﹣6），对称轴为直线x＝1，顶点为B． （1）求抛物线C1的函数表达式及点B的坐标． （2）点M为抛物线C1上的动点，过点M作直线x＝m． ①当点M在对称轴右侧时，抛物线在直线x＝m右侧部分（包含交点）的最高点的纵坐标为2﹣m，求m的值； ②当点M不在坐标轴上时，直线x＝m交抛物线C2：y＝x2﹣2x﹣3于点P，过点P作y轴垂线，垂足为点D，在线段PD的延长线上截取DQ＝2PD，联结MQ，当抛物线C1的顶点B在△PQM内部时，直接写出m的取值范围． 30．（2025秋•徐汇区期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知A（﹣2，0）、D（4，﹣6）． （1）求抛物线的表达式及顶点M的坐标； （2）将抛物线向上平移，设点D的对应点为点E，射线BE交线段AD于点F． ①如果AD恰好平分∠CAE，求平移之后的抛物线的表达式； ②如果△DEF与△ABD相似，求平移的距离． 31．（2024秋•静安区期末）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+bx+1与y轴交于点A，顶点B的坐标为（2，﹣1）． （1）直接写出点A的坐标，并求抛物线的表达式； （2）设点C在x轴上，且∠CAB＝90°，直线AC与抛物线的另一个交点为点D． ①求点C、D的坐标； ②将抛物线y＝ax2+bx+1沿着射线BD的方向平移；平移后的抛物线顶点仍在线段BD上；点A的对应点为点P．设线段AB与x轴的交点为点Q，如果△ADP与△CBQ相似，求点P的坐标． 💯 课后巩固 复习建议 · 判定相似先找等角，AA最常用 · 面积比是相似比平方，别漏平方 · 平行线分线段成比例注意对应线段 · 实际问题先画示意图找相似三角形 · 综合题先求解析式再列相似方程 【作业1】（2026秋•闵行区月考）如图，D、E是△ABC边AB、AC上的两点，DE∥BC，下列结论成立的是（　　） A．DB＝1，CE＝2，AD＝3，AE＝4 B．DB＝1，CE＝2，AB＝3，AC＝4 C．DB＝1，CE＝2，AB＝3，AE＝4 D．DB＝1，CE＝2，AD＝3，AC＝4 【作业2】（2026秋•闵行区校级期中）如图，△ABC中，点D、E分别是边AB、BC上的点，且DE∥AC，下列结论不一定能得出的是（　　） A． B． C． D． 【作业3】（2024秋•浦东新区校级期中）如图，MN是凸透镜的主光轴，点O是光心，点F是焦点．若蜡烛PM的像为NB，测量得到OM：ON＝5：3，蜡烛高为10cm，则像BN的长为（　　） A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm 【作业4】（2026秋•徐汇区校级月考）如图，△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′＝2：3，则AB与A′B′之比为（　　） A．2：3 B． C．2：5 D．4：9 【作业5】（2025秋•嘉定区校级月考）如果（其中b＞0，d＞0），那么下列式子中不一定正确的是（　　） A． B． C． D．． 【作业6】（2026春•杨浦区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，BD＝2AD，点E、F、G分别是OA、OB、CD的中点，EG交OD于点H．给出以下四个说法：①ED⊥CA；②EF＝EG；③；④．其中，说法正确的有（　　） A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①②③④ 【作业7】（2026春•黄浦区校级期中）已知：，且a﹣2b+3c＝4，那么a＝__________________ ． 【作业8】（2025秋•虹口区期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都相等，点A、B、C、D都在格点上，联结AB、CD交于点E，那么的值是__________________ ． 【作业9】（2026春•闵行区校级单元）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点．若AB＝4，AD＝6，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，则AE的长为________________ ． 【作业10】（2026秋•上海校级月考）如图，已知l1∥l2∥l3，直线AD与直线BC相交于点O．如果CE＝6，EB＝18，DF＝4，则AD＝_______ ． 【作业11】（2026秋•虹口区校级月考）如图，已知AB⊥BC于点B，CD⊥BC于点C，AB＝4，CD＝6，BC＝14，P为线段BC上一点．若以A、B、P为顶点的三角形与以P、C、D为顶点的三角形相似，则PC＝____________________ ． 【作业12】（2026•闵行区三模）已知：如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，AD∥CB，E是CD上一点，联结BE交AC于点F，联结DF． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）如果CE2＝BE•EF，求证AB2＝BE•AF． 【作业13】（2026春•上海校级期中）已知，求的值． 【作业14】（2016秋•青浦区期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC、BD交于点E，点F在边AB上，连接CF交线段BE于点G，CG2＝GE•GD． （1）求证：∠ACF＝∠ABD； （2）连接EF，求证：EF•CG＝EG•CB． 【作业15】（2026春•黄浦区校级期中）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E为射线CB上一动点，联结AE，作AF⊥AE且AF＝AE． （1）如图（a）所示，过点F作FD⊥AC于点D，求证：EC+CD＝DF； （2）如图（b）所示，联结BF交AC于点G，若，求证：点E为BC的中点； （3）当点E在射线CB上，联结BF与直线AC交于点G，若，求的值． 【作业16】（2026秋•金山区校级月考）【知识背景】华师版（2013版）九上第23章《图形的相似》习题23.3第1（2）题： 如图，点E、点D分别在△ABC的边BA、CA的延长线上，连结ED，若∠B＝∠C，则△ADE与△ABC相似吗？ （1）请解答上述习题． 【问题探究】 （2）同学们在完成这个习题后，老师进一步提出这样一个问题：如图①，连结BD、CE，求∠CBD与∠CED的数量关系． ①为了解决这个问题，小明提出了一个好方法： 由（1）中的两个三角形相似，通过更比性质，可进一步证出△ABD与△ACE相似，从而得到∠ADB＝∠AEC，再通过角度之间的关系，可将问题解决． 请按照小明的思路完成对△ABD与△ACE相似的证明，具体做法如下： 证明：由（1）得：△ABC∽△_________ ， 证明过程缺失 ∴△ABD∽△ACE． ∴∠ADB＝∠AEC（相似三角形的对应角相等）． ②根据（1）和（2）①中的结论，直接写出∠CBD与∠CED的数量关系为____________________ ． 【拓展提升】（3）如图②，在△ABD和△ACE中，∠DAB＝∠EAC，EA＝CA，DA＝BA，延长EC交BD于点F，连结DE、AF．当∠AED＝90°且时，∠AFD＝_______ °，__________________ ． 【作业17】（2024秋•闵行区期末）已知抛物线C1：y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点A（0，3），顶点P在直线x＝1上． （1）求抛物线C1的解析式及顶点P的坐标； （2）将抛物线C1向右平移m（m＞0）个单位，再向下平移n（n＞0）个单位，得到新抛物线C2，新抛物线C2的顶点为Q，与抛物线C1的交点为点B，如果四边形PABQ是平行四边形，求m、n之间的关系式； （3）在（2）的条件下，抛物线C2的对称轴与直线AP交于点E，与抛物线C1交于点F，且S△PEQ：S△BFQ＝3：1，求此时抛物线C1上落在平行四边形PABQ内部的点（不包括与平行四边形的交点）的横坐标t的取值范围． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $