2023-2024学年九年级数学上册单元速记·巧练（北师大版）第4章 图形的相似（压轴题专练）（解析版）（北师大版）

第4章图形的相似（压轴题专练）题型01：相似三角形的解答证明题1．在中，为边上一点．

(1)如图1，若，求证：．(2)若为的中点，，①如图2，若，，求的长；②如图3，若，，直接写出的长．【答案】(1)见解析(2)①3；②【分析】（1）根据已知条件得出，又，即可得证；（2）①解法：延长到点，使，连结，设：，则，，，证明，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；①解法：取中点，连结，设：，则，证明，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；②解法：延长到点，使，连结，过点作于点，证明，得出，在中，，则，建立方程，解方程，即可求解；②解法：过点作于点，在上取点，使，在中，勾股定理求得，证明，得出，解方程，即可求解．【解析】（1）∵，即∵，∴；（2）

①解法：延长到点，使，连结设：，则，，为的中点，为的中点，是的中位线，，，，，，解得：，（不合题意舍去）

①解法：取中点，连结设：，则为的中点，为的中点是的中位线，且，，，，解得：，（不合题意舍去），②解法：延长到点，使，连结，过点作于点，

设：，中，，，中，，，，，为的中点，为的中点是的中位线，，，，，，，，，在中，，即解得：，（不合题意舍去）②解法：过点作于点，在上取点，使，

设：，中，，，中，，，，，，，，在中，，，为的中点，，，，，即，，，，解得：，（不合题意舍去）【点睛】本题主要考查三角形的综合性题目，包括相似三角形的判定和性质，三角形中点的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．2．已知：在中，，点E是的中点，F是直线上一点，连接，将沿着折叠，点C的对应点为D，连接．

(1)如图1，若点D在线段上，求证：；(2)如图2，与交于点M，连接，若，求证：点M是的中点；(3)如图3，点F在延长线上，与交于点M，交于点N，若，，求．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，由折叠性质得到，，由中点性质得到，推出点A、D、C三点在以为直径的圆上，，根据垂直同一直线的两直线平行，即可得到结论；（2）根据平行线性质得到，根据，得到，推出，得到点A、F、C三点在以为直径的圆上，，设，得到，推出，推出∠MAF＝∠MFA，据此即可证明结论；（3）连接、，设∠C＝α，根据，结合折叠与中点性质，得到，推出，根据三角形外角性质以及折叠性质，得到，根据等边对等角，得到，根据，推出，得到，推出，得到，推出，得到，得到，推出，根据，得到，得到．【解析】（1）证明：连接，

由折叠可知，，，∵点E是的中点，∴，∴点A、D、C三点在以为直径的圆上，∴，即，∴；（2）证明：由（1）知，∴，∵，∴，∴，∴点A、F、C三点在以为直径的圆上，

∴，设，∴，∴，∴，即，∴，即点M是的中点；（3）解：连接、，

设，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，

∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，同理，∴，∴．【点睛】本题主要考查了等腰三角形，翻折，勾股定理，相似三角形，圆周角，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定与性质，圆周角定理推论，是解决问题的关键．3．在中，，在中，，且．

(1)如图1，当时，连接，请直接写出线段和线段的数量关系；(2)当时，绕点C逆时针旋转到如图2的位置，时，试猜想线段三条线段之间的数量关系，并证明你的猜想；(3)当时，绕点C逆时针旋转到如图3的位置，时，请直接写出线段三条线段之间的数量关系．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)【分析】（1）根据条件证明即可；（2）连接，根据第（1）问和，可得，根据勾股定理即可证明；（3）连接，根据条件证明，同（2）可证，利用相似三角形的性质即可求解．【解析】（1）解：，∵，，，∴都是等边三角形，∴，∴，∴，∴；（2）解：，连接，如图，

由（1）得，，∴，∵，∴，∵，，∴∴，∴，∵，∴；（3）解：，连接，如图，

∵都是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，同第（2）问可证：，∴，∵，∴，∴；【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．4．某校组织数学兴趣探究活动，爱思考的小实同学在探究两条直线的位置关系查阅资料时发现，两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”如图、图、图中，、是的中线，于点，像这样的三角形均称为“中垂三角形”．

【特例探究】(1)如图，当，时，______，______；如图，当，时，______，______；【归纳证明】(2)请你观察（）中的计算结果，猜想、、三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图证明你的结论．【拓展证明】(3)如图，在中，，，、、分别是边、、的中点，连结并延长至，使得，连结，当于点时，求的长．【答案】(1)，，，；(2)、、三者之间的关系是：，证明见解析；(3)【分析】（1）如图，连接，证，得，，从而得，进而根据勾股定理即可求解、的长，同理可得当，时，、的长；（2）设，则，，由勾股定理得，，，从而即可得解；（3）如图，连接，，过点作交于点，与交于点，证四边形是平行四边形，得是的中点，是中垂三角形，从而根据即可求解．【解析】（1）解：，，，，，如图，连接，

，是的中线，是的中位线，且，∴，，∴，，，由勾股定理得：，，如图，，，，，，、是的中线，∴同理可得：，，由勾股定理得：，，，，故答案为：，，，；（2）解：猜想：、、三者之间的关系是：，证明：如图，设，则，，在中，，在中，，在中，，由得：，由得：，；（3）解：如图，连接，，过点作交于点，与交于点，

，，，是的中点，是的中点，、分别是、的中点，，，，，，四边形是平行四边形，是的中点，是中垂三角形，，，，，由（）中结论可知：，即，【点睛】本题主要考查了勾股定理、平行四边形的判定及性质，相似三角形的判定及性质以及中点定义，熟练掌握勾股定理及性质是解题的关键．题型02：相似三角形在特殊平行四边形中的应用5．已知四边形是菱形，，．

(1)如图1，P是上一点，连接并延长，交的延长线于点E，交于点F，若，①求的长；②求的长；(2)如图2，M是的中点，连接，过点M作交的延长线于点N，点Q在上，连接，分别过点B，N作直线的垂线，垂足分别为G，H，若，求的长；(3)如图3，J为上一点，L为上一点，，分别过点J，L作，的平行线，两条直线交于点K，将四边形绕点B顺时针旋转，如图4，直线交直线于点R，求的值及的度数．【答案】(1)①；②；(2)；(3)，【分析】（1）①利用菱形和相似三角形的性质求解即可；②作，利用勾股定理求得，，再利用相似三角形的性质求解即可；（2）作，，利用勾股定理以及相似三角形的性质求解即可；（3）连接、交于点，连接，交于点，利用勾股定理以及相似三角形的性质求解即可．【解析】（1）解：①四边形是菱形∴，∴∴∵∴，解得；②作，如下图：

∵∴，∴，∴由题意可得：∴，∴，∴，；（2）作，，如下图：

则四边形为矩形，则∴，∵为的中点，∴∴，∵∴∴∴∴∴，即，∵，∴∴，∴∴∴，即解得∴（3）连接、交于点，连接，交于点，设交于，

∵四边形是菱形，∴四边形是菱形，，，∴，，∴，，，∴，∴，∴∵，∴∴∴，在和中，，，∴【点睛】此题考查了菱形的判定与性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，旋转的性质等，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，作出辅助线，构造出“手拉手”模型．6．（1）发现：如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点，求证：；（2）探究：如图②，在矩形中，为边上一点，且，，将沿翻折到处，延长交边于点，延长交边于点，且，求的长．（3）拓展：如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，．将沿翻折得到，直线交于点，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或．【分析】（1）先证明，，结合公共边从而可得结论；（2）延长，交于，如图：设，则，由，可得，证明，再利用相似三角形的性质可得答案；（3）分两种情况讨论：当时，延长交于，过作于，如图：设，，则，证明，可得，再证明，即①，由，可得②，联立①②可解得，可得答案；当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：设，，则，同理可得：，即，由得：，可解得，从而可得答案．【解析】（1）证明：将沿翻折到处，四边形是正方形，，，，，，；（2）解：延长，交于，如图：

设，则，在中，，，解得，，，，，，即，，，（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：

设，，则，∵，，，，沿翻折得到，，，，是的角平分线，∴E到，的距离相等，设这个距离为，∴，，即①，，，，，在中，，②，联立①②可解得，（不符合题意的根舍去）；（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：

设，，则，同理，同理可得：，即，由得：，可解得，（不符合题意的根舍去）同理可得：，，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形，菱形，正方形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论是解本题的关键．7．综合与实践

(1)【操作发现】如图，诸葛小组将正方形纸片沿过点的直线折叠，使点落在正方形内部的点处，折痕为，再将纸片沿过点的直线折叠，使与重合，折痕为，请写出图中的一个角；(2)【拓展探究】如图，孔明小组继续将正方形纸片沿继续折叠，点的对应点恰好落在折痕上的点处，连接交于点．度；若，求线段的长；(3)【迁移应用】如图，在矩形，点，分别在边，上，将矩形沿，折叠，点落在点处，点落在点处，点，，恰好在同一直线上，若点为的三等分点，，，请直接写出线段的长．【答案】(1)；(2)；；(3)或．【分析】（）由是正方形，得出，再根据折叠的性质得:，，即可求解；（）由是正方形，得，由折叠的性质得:，，，则，由()得:，所以是等腰直角三角形，则，，求出即可求解；由可知，，则有，又由角所对直角边是斜边的一半及勾股定理，线段和差即可求解；（）先添加辅助线，然后分两种情形：当，当，分别求解即可．【解析】（1）结论:，

理由：∵四边形是正方形，∴，由折叠的性质得:，，∴，∴（2）∵四边形是正方形，∴，由折叠的性质得:，，，∴，由()得:，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：；∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵，∴，，，∴，在中，，∴，∴，（3）如图中，在上取一点，使得，过点作于点，交于点，连接，

当时，，，∵，∴，∴，∴，∴，由()可知，设，则，，，在中，由勾股定理得：，即：，解得：，∴，当时,同法可得，综上所述，满足条件的的值为：或．【点睛】此题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出是解题的关键．8．在矩形中，点E是射线上一动点，连接，过点B作BF⊥AC于点G，交直线于点F．

(1)当矩形是正方形时，以点F为直角顶点在正方形的外部作等腰直角三角形，连接．如图1，则线段与之间的数量关系是，位置关系是；(2)如图2，若点E在线段上，以点F为直角顶点在矩形的外部作直角三角形，且，连接．判断线段与之间的数量关系与位置关系，并证明；(3)如图3，若点E在线段的延长线上，F在线段的延长线上，且，，M是中点，连接，，求的值．【答案】(1)，(2)，，理由见解析(3)【分析】（1）证明，从而得出，进而证得四边形是平行四边形，进一步得出结论；（2）证明，从而，进而证明，四边形是平行四边形，进一步得出结论；（3）取的中点N，作于T，证明，从而，从而得到，根据三角形中位线定理可得，进而证得，从而，可解得，进一步求得结果．【解析】（1）解：四边形是正方形，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，四边形是平行四边形，，，故答案为：，；（2）解：四边形是矩形，，，，，，，，，是直角三角形，，，，，四边形是平行四边形，，；（3），，，取的中点N，作于T，四边形是矩形，，，，，，，，，，，M是的中点，，，，，，，，，．

【点睛】本题考查了正方形，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造三角形的中位线．题型03：相似三角形与平面直角坐标系9．如图1，在平面直角坐标系中，直线过点，，与轴交于点．点，分别为线段，上的一点（不含端点），且．

(1)求和的值；(2)当与中的一个角相等时，求线段的长；(3)如图2，连接交于点，将点绕点逆时针旋转至点，若点到轴的距离恰好等于的长，求的面积．【答案】(1)，(2)或(3)【分析】（1）将代入求出k的值，得出一次函数解析式，将代入求出a的值即可；（2）分三种情况：当时，当时，当时，分别画出图形，求出结果即可；（3）连接，，过点作于点N，于点M，证明，得出，证明四边形为正方形，得出，证明为等腰直角三角形，得出，求出，得出，设，则，证明，得出，即，求出，根据三角形面积公式求出结果即可．【解析】（1）解：将代入，解得．将代入，得．（2）解：①当时，点与点重合，舍去②当时，此时，过点作于点，

∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，设，则，即，解得：，经检验是原方程的解，∴；③当时，作于点

∵平分，，，∴，∵，∴；综上分析可知，或；（3）解：连接，，过点作于点N，于点M，如图所示：

由题意可得，，根据旋转可知，且，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，把代入得：，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，即，解得，∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形相似的判定和性质，求一次函数的函数值，解题关键是数形结合，画出相应的图形，作出辅助线，注意进行分类讨论．10．如图1，已知直线交x轴于，交y轴于B．

(1)直接写出k的值为_________；B点坐标为_________；(2)如图2，过点的直线与交于点P，点Q为射线上一动点，若点Q到直线的距离为，求点Q的横坐标t的值；(3)如图3，已知点，点为直线右侧一点，且满足，求点N坐标．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）待定系数法求出的值，进而求出B点坐标即可；（2）待定系数法求出直线的解析式，进而求出点坐标，过点作轴于点，过点作于点，轴交于点，证明，得到，进行求解即可；（3）在轴上取一点，连接，过点作，交于点，过点作于点，先证明，进而得到，求出点坐标，进而求出直线的解析式，将点坐标代入求解即可．【解析】（1）解：∵直线交x轴于，∴，∴，∴，当时，，∴；故答案为：；（2）∵过点的直线与交于点P，∴，∴，∴，联立，解得：，∴，过点作轴于点，则：，∵，∴，∴，∵点Q为射线上一动点，点Q到直线的距离为，Q的横坐标为t，

则：，过点作于点，轴交于点，则：，，，，∴，，∵，∴，∴，即：，解得：．（3）在轴上取一点，连接，过点作，交于点，过点作于点，

则：，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即：，∴，∴，又，，∴，∴，，∴，∴，设直线的解析式为：，则：，解得：，∴，∵在直线上，∴，∴，∴．【点睛】本题考查一次函数与几何的综合应用，同时考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，本题的综合性强，难度较大，属于压轴题，解题的关键是利用数形结合的思想，通过添加辅助线证明三角形全等和相似．11．如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴的正半轴上．如图2，将正方形绕点逆时针旋转，旋转角为，交直线于点，交轴于点．

(1)当旋转角为多少度时，；（直接写出结果，不要求写解答过程）(2)若点，①求的长；②连接对角线交直线于点，求的长；(3)如图3，对角线交轴于点，交直线于点，连接．将与的面积分别记为与，设，，求关于的函数表达式．【答案】(1)(2)①

②(3)【分析】（1）在轴正半轴任取一点，根据题意可知，，可证得，结合即可求得答案．（2）如图所示，过点作轴的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交轴于点．①可证得，得到即可求得答案．②先证得，即可求得点的坐标，采用待定系数法，即可求得直线的函数解析式，进而可求得点的坐标，即可求得答案．（3）连接，，证得，得到，设正方形的边长为，可得的表达式，证明，可得为等腰直角三角形，进而可得的表达式．【解析】（1）如图所示，在轴正半轴任取一点．

根据题意可知，．在和中∴．∴．∴．∴．∴．（2）如图所示，过点作轴的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交轴于点．

①根据题意可知，，，∴．根据题意可知，，，，∴．∴．∴．②∵，∴．∴．根据题意可知，．∵，，∴．在和中∴．∴，．∴所以，点的坐标为．设直线的函数解析式为．因为的图象经过点，，所以．解得．所以，直线的函数解析式为．根据题意可知，的图象与的图象的交点即为点，所以．解得．∴点的坐标为．∴．∴．∴．（3）如图所示，连接，．

∵，，∴．∴．∵，，∴．又，∴．∴．∴．设正方形的边长为，则，∴．∵，∴．又，∴．∴．又，∴为等腰直角三角形．∴．∴．∴．∴．∴．∴．【点睛】本题主要考查平面直角坐标系、图形的旋转、一次函数、相似三角形的判定及性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质，能根据题意构建辅助线是解题的关键．12．如图所示，直线与轴相交于点，与y轴相交于点B，将沿着y轴折叠，使点A落在x轴上，点A的对应点为点C．

(1)求点C的坐标；(2)设点P为线段上的一个动点，点P与点A、C不重合，连接，以点P为端点作射线交于点M，使，①求证：；②是否存在点P使为直角三角形?若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)C(2)①见解析；②存在，点P有两个P1−【分析】（1）根据A与C关于y轴对称，据此即可确定C的坐标；（2）①根据点C与点A关于y轴对称，即可得到BC=BA，则∠BCP=∠MAP，再根据三角形的外角的性质即可证得∠PMA=∠BPC，从而证得两个三角形相似；②首先求得B的坐标，当∠PBM=90°时，则有△BPO∽△ABO，根据相似三角形的对应边的比相等，即可求得PO的长，求得当∠PMB=90°时，则∠PMA=90°时，BP⊥AC，则此时点P与点O重合．则P的坐标可以求得．【解析】（1）解：∵A4,0，且点C与点A关于y∴C−4,0（2）①证明：∵∠BPM=∠BAC，且∠PMA=∠BPM+∠PBM，∠BPC=∠BAC+∠PBM，∴∠PMA=∠BPC，又∵点C与点A关于y轴对称，且∠BPM=∠BAC，∴∠BCP=∠MAP，∴△PBC∽②解：存在．由题意：A4,0，B0,3，当∠PBM=90°时，则有△BPO∽∴POBO=BO∴PO=94，即：当∠PMB=90°时，则∠PMA=90°，∴∠PAM+∠MPA=90°，∵∠BPM=∠BAC，∴∠BPM+∠APM=90°，∴BP⊥AC，∵过点B只有一条直线与AC垂直，∴此时点P与点O重合，即：符合条件的点P2的坐标为：P∴使△PBM为直角三角形的点P有两个P1−9【点睛】本题是属于一次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质、待定系数法、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题是解题关键．题型04：动点问题13．探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．

【初步感知】(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．【深入探究】(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）【拓展运用】(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)①AE+12BF=23AB，证明过程略；②当点F在射线BC上时，AE+(3)n【分析】（1）连接CD，当n=1时，ADBD=1，即AD=BD，证明AD=CD，从而得到（2）①过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，当n=2时，AD=DG，根据GH∥BC，可得△AHG是等腰直角三角形，JG=12FB，根据（1）中结论可得AE+JG=22②分类讨论，即当点F在射线BC上时；当点F在CB延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；（3）如图，当E1与A重合时，取E1F1的中点M1，当E2与C重合时，取E2F2的中点M2，可得【解析】（1）证明：如图，连接CD，

当n=1时，ADBD=1，即∵∠C=90°,AC=BC，∴∠A=∠B=45°，CD⊥AB，∠FCD=1∴CD=AD，AB=2BC，即∵DE⊥FD，∴∠ADE+∠EDC=∠FDC+∠EDC=90°，∴∠ADE=∠CDF在△ADE与△CDF中，∠ADE=∠CDFDA=DC∴△ADE≌△CDFASA∴AE=CF，∴BC=CF+BF=AE+BF=2（2）①AE+证明：如图，过BD的中点G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，

当n=2时，ADDB=1∵G是DB的中点，∴AD=DG，AG=2∵HG∥∴∠AHG=∠C=90°，∠HGA=∠B=45°，∵∠A=45°，∴△AHG是等腰直角三角形，且△DJG∽△DBF，∴JG根据（1）中的结论可得AE+JG=2∴AE+JG=AE+1故线段AE，BF，②解：当点F在射线BC上时，如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，

同①，可得AE+JG=2∵ADBD=∴DGBD=同①可得JGFB∴AE+JG=AE+1即线段AE，BF，当点F在CB延长线上时，如图，在DB上取一点G使得AD=DG，过G作BC的平行线，交DF于点J，交AC于点H，连接HD

同（1）中原理，可证明△DHE≌△DGJASA可得AE−GJ=2∵ADBD=∴DGBD=同①可得JGFB∴AE−JG=AE−即线段AE，BF，综上所述，当点F在射线BC上时，AE+1nBF=2n+1AB；当点（3）解：如图，当E1与A重合时，取E1F1的中点M1，当E2与C重合时，取E2

如图，以点D为原点，DF1为y轴，DB为x轴建立平面直角坐标系，过点E2作AB的垂线段，交AB于点G，过点F2作AB的垂线段，交

∵AB=22∴AD=22n+1∴E∵∠F∴F∴F∵M1是∴M∵GB=GC=1∴DG=DB−BG=−∴E根据（2）中的结论AE∴BF∴BH=F∴DH=DB+BH=2∴F∴M∴M【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．14．某托管服务数学兴趣小组针对如下问题进行探究，在等边中，，点在射线上运动，连接，以为一边在右侧作等边．

(1)【问题发现】如图（1），当点在线段上运动时不与点重合,连接则线段与的数量关系是___________；直线与的位置关系是___________；(2)【拓展延伸】如图（2），当点在线段的延长线上运动时，直线相交于点，请探究的面积与的面积之间的数量关系；(3)【问题解决】当点在射线上运动时点不与点重合，直线相交于点，若的面积是，请求出线段的长．【答案】(1)(2)(3)1或4【分析】（1）证，得，再证，则；（2）证，得，再证，即可解决问题；（3）由（1）（2）可知，，则，则，再证，得，设当点在线段上时则，求出，则，解方程即可；当点在线段的延长线上时，解法同上．【解析】（1）解：和是等边三角形，，，即，，，，，故答案为：；（2）解：，理由如下：和是等边三角形，，，即，，，，；（3）解：由（1）（2）可知，无论点在线段上还是在线段的延长线上，都有，，，，，的边上的高的边上的高，，，，，，设，当点在线段上时，如图，

则，，，，，整理得：，解得：（不符合题意，舍去），；当点在线段的延长线上时，如图，

则，，，，，整理得：，解得：（不符合题意，舍去），；综上所述，线段的长为或．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、三角形面积、一元二次方程的解法以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．15．综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．(1)操作判断如图1，正方形纸片，在边上任意取一点，连接，过点作于点，与边交于点．根据以上操作，请直接写出图1中线段与线段的关系．

(2)迁移探究小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下：如图2，在矩形纸片中，，在边上任意取一点，连接，过点作于点，与边交于点，请求出线段与的关系，并说明理由．

(3)拓展应用如图3，已知正方形纸片的边长为2，动点由点向终点做匀速运动，动点由点向终点做匀速运动，动点、同时开始运动，且速度相同，连接、，交于点，连接，则线段长度的最小值为______，点的运动轨迹的长为______．（直接写出答案不必说明理由）

【答案】(1)(2)，理由见解析(3)；【分析】（1）由四边形是正方形，得，进一步可得，所以，结论得证．（2）由四边形是矩形，得，进一步可证，所以，于是，证得.（3）取的中点，连接，，由（1）可得，可证，；中，勾股定理求得；由得的最小值是；由，知、、三点共圆，所以点在以点为圆心，在以半径为1的圆上运动，进而求得运动轨迹的长为．【解析】（1）∵四边形是正方形，∴，又，∴，∴，∴，在和中，∵，，∴，∴．（2）∵四边形是矩形，∴，，又，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴．（3）如图，取的中点，连接，，

由题意知，，由（1）可得，∴∵∴，∴，∵是的中点，，∴，在中，；在中，∵，∴的最小值是，∵，∴、、三点共圆，∴点在以点为圆心，在以半径为1的圆上运动，∴点的运动轨迹的长为：，故答案为：；【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形判定和性质、相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线性质，两点之间线段最短；合理添设辅助线，借助图中合适的定点运用两点之间线段最短是解题的关键．题型05：动态几何16．综合与实践综合与实践课上，数学老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展教学活动．【操作判断】

如图①，在矩形中，，点M，P分别在边，上（均不与端点重合）且，以和为邻边作矩形，连接，．（1）如图②，当时，与的数量关系为，与的数量关系为．【迁移探究】（2）如图③，当时，天天先将矩形绕点A顺时针旋转，再连接，则CN与之间的数量关系是．【拓展应用】（3）在（2）的条件下，已知，，当矩形旋转至C，N，M三点共线时，求线段的长．【答案】（1），；（2）；（3）线段的长为或【分析】（1）当时，，，则，所以，再证明，，三点在同一条直线上，由勾股定理得，，所以，于是得到问题的答案；（2）先证明，得，，则，，即可证明，再根据勾股定理求得，则，所以；（3）分两种情况，一是，，三点共线，且点在线段上，由勾股定理求得，则；二是，，三点共线，且点在线段的延长线上，由勾股定理求得，则．【解析】解：（1）当时，，，，，四边形和四边形都是正方形，，，，，，，，，三点在同一条直线上，，，，，，故答案为：，；（2）发生变化，，理由：如图3，连接，当时，则，，

，，，，，，，，，，，，；（3），，，，，，如图4，，，三点共线，且点在线段上，

，，，如图5，，，三点共线，且点在线段的延长线上，

，，综上所述，线段的长是或．【点睛】本题重点考查矩形的性质、正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论思想的运用等知识与方法，本题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题关键．17．如图，在平面直角坐标系中，正方形的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别取的中点，连接，已知．

(1)求证：．(2)求的面积．(3)将沿翻折，使得落在点处，连接．若点在轴正半轴上（异于点），点在轴上，要使得以点，为顶点的三角形与相似，求点的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】(1)见解析(2)6(3)存在，点的坐标为或或或【分析】（1）根据正方形的性质，得出，再根据中点的定义，得出，再根据“边角边”，得出，再根据全等三角形的性质，即可得出结论；（2）连接，根据（1）可知，再根据全等三角形的性质，得出，再根据面积之间的数量关系，计算即可得出答案；（3）分两种情况：点在轴的上方时和点在轴的下方时，进行讨论解答即可．【解析】（1）证明：四边形是正方形，，分别是的中点，，，；（2）解：如图，连接，

由（1）可知：，，又∵，∴，．（3）解：存在，理由如下：设交于，

垂直平分，垂直平分，，在的垂直平分线上，即在上且，，，，，①点在轴的上方，有图2，图3两种情形：如图2中，过点作于，过点作轴于，交于，设．

，，，，是的中位线，，，，，，，，，，，．如图3中，过点作轴于，过点作轴交于，延长交于．

同法可证：，，设，，，是的中位线，，，，，，．②点在轴的下方时，有图4，图5两种情形：如图4中，，过点作于，过点作于．

是的中位线，，同法可得：，，，，设，则，，，，，点的坐标为．如图5中，，过点作轴于交于，过点作于．

，同法可得：，，则，设，则，，，，．综上所述，满足条件的点的坐标为或或或．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、中位线的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并运用分类讨论思想进行解答．18．如图1，中，，，点在内部，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．

(1)直接写出线段与的关系为________；(2)如图2，连接，当，，三点共线时，作于点交于点，求的值；(3)在（2）的条件下，设与交于点，若，直接写出的值．（用含的式子表示）【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）利用证，得到，，结合，证，即可得；（2）过点作于点，证，，根据求值即可；（3）设，则，证，结合，，相似比为，用含、的代数式表示、，代入化简整理即可．【解析】（1），线段绕点逆时针旋转得到线段，，，，即，在和中，，，，，又，，即，，故答案为：，（2）如下图，过点作于点，，三点共线，，由（1）得，，，，，，线段绕点逆时针旋转得到线段，是等腰直角三角形，又，，，（3）如下图，过点作于点

由（2）过程得，相似比为，，，设，则，，，，，，，，，【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握、灵活运用知识点证明是解题的关键．题型06：最值、定值问题19．在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．

(1)如图1，当点落在的延长线上时，求的长；(2)如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；(3)如图3，连接，，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)8(2)(3)存在，最小值为1【分析】（1）由勾股定理得，，由题意知，由旋转可知，，则是等腰三角形，由点落在的延长线上，，可得；（2）如图1，过C作交于E，过C作于D，由旋转可知，，，由，可得，则，，由，求得，由勾股定理得，，则，，证明，则，即，计算求解即可；（3）如图2，过A作交的延长线于P，连接，由旋转可知，，则，由，，可得，由，可得，则，，证明，则，是的中位线，，可知最小时，最小，当、C、B共线，最小，值为，即．【解析】（1）解：∵，由勾股定理得，，由题意知，由旋转可知，，∴是等腰三角形，∵点落在的延长线上，，∴，∴的长为8；（2）解：如图1，过C作交于E，过C作于D，

由旋转可知，，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，解得，由勾股定理得，，∴，，∵，∴，∴，即，解得；（3）解：存在最小值1，理由如下：如图2，过A作交的延长线于P，连接，

由旋转可知，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，即D是中点，∵点E为的中点，∴是的中位线，∴，∴最小时，最小，∴当、C、B共线，最小，值为，即，∴的最小值为1．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．20．（1）特殊发现：如图1，正方形与正方形的顶B重合，、分别在、边上，连接，则有：①______；②直线与直线所夹的锐角等于______度；（2）理解运用将图1中的正方形绕点B逆时针旋转，连接、，①如图2，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；②如图3，若D、F、G三点在同一直线上，且过边的中点O，，直接写出的长等于______；（3）拓展延伸如图4，点P是正方形的边上一动点（不与A、B重合），连接，沿将翻折到位置，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，则的值是否是定值？请说明