專題18相似三角形的判定與性質（10大題型）【題型目錄】題型一證明兩三角形相似題型二選擇或補充條件使兩個三角形相似題型三重心的有關性質題型四相似三角形的判定與性質綜合題型五利用相似三角形的性質求解題型六證明三角形的對應線段成比例題型七利用相似求坐標題型八在網格中畫與已知三角形相似的三角形題型九相似三角形——動點問題題型十相似三角形的綜合問題【知識梳理】知識點一、相似三角形的判定預備定理平行于三角形的一邊的直線與其他兩邊（或兩邊的延長線）相交，所構成的三角形與原三角形相似．判定1有兩個角對應相等的兩個三角形相似．判定2兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似．判定3三邊對應成比例的兩個三角形相似直角三角形的特殊判定若一個直角三角形的斜邊和一條直角邊與另一個直角三角形的斜邊和直角邊對應成比例，那么這兩個直角三角形相似．知識點二、相似三角形的性質性質1相似三角形的對應邊成比例，對應角相等。性質2相似三角形的周長比等于相似比。∽，則由比例性質可得：類似地，我們還可以得到：相似多邊形周長的比等于相似比。性質3相似三角形的面積比等于相似比的平方。∽，則分別作出與的高和，則要點詮釋：相似三角形的性質是通過比例線段的性質推證出來的。如果把兩個相似多邊形分成若干個相似的三角形，我們還可以得到：相似多邊形面積的比等于相似比的平方。性質4相似三角形的對應高的比、對應中線的比、對應角平分線之比等于相似比。要點詮釋：要特別注意“對應”兩個字，在應用時，要注意找準對應線段。【經典例題一證明兩三角形相似】1．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級校考開學考試）如圖，銳角的邊上的高線交于點，連接，則圖中相似的三角形有（

）

A．5對 B．6對 C．7對 D．8對【答案】D【分析】平行于三角形一邊的直線和其他兩邊或兩邊的延長線相交，所構成的三角形與原三角形相似；三邊對應成比例，兩個三角形相似；兩邊對應成比例且夾角相等，兩個三角形相似；兩角對應相等，兩個三角形相似．根據相似三角形的判定定理分析判斷即可．【詳解】解：根據題意，，，∴，∴，∴；∵，，∴；∵，，∴；∵，，∴；∵，，∴；∵，，∴；∵，，∴；∵，∴，又∵，∴；∵，∴，又∵，∴．綜上所述，圖中相似的三角形有，，，，，，，，共計8對．故選：D．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定，解題關鍵是理解相似三角形的判定定理，同時主要不要有所遺漏．2．（2023春·山東淄博·八年級統考期末）如圖，在正方形中，點E，F分別在上，且，將繞點A順時針旋轉，使點E落在點處，則下列判斷不正確的是（

）

A．是等腰直角三角形 B．垂直平分C． D．是等腰三角形【答案】D【分析】由旋轉的性質得到，于是得到是等腰直角三角形，故A不符合題意；由旋轉的性質得到，由正方形的性質得到，推出，證明于是得到垂直平分，故B不符合題意；證明可得，故C不符合題意；由于，但不一定等于DF，于是得到不一定是等腰三角形，故D符合題意．【詳解】解：∵將繞點A順時針旋轉，使點E落在點處，∴，

∴是等腰直角三角形，故A正確，不符合題意；如圖，連接，∵四邊形是正方形，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，，

∴垂直平分，故B正確，不符合題意；∵垂直平分，∴，∴，∵，∴，故C正確，不符合題意；∵，但不一定等于，不一定相等，∴不一定是等腰三角形，故D錯誤，符合題意；故選：D．【點睛】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定，線段垂直平分線的判定，正確的識別圖形是解題的關鍵．3．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱工業大學附屬中學校校考開學考試）在綜合與實踐課上，老師組織同學們以“矩形的折疊”為主題開展數學活動．有一張矩形紙片如圖所示，點在邊上，現將矩形折疊，折痕為，點對應的點記為點，若點恰好落在邊上，則圖中與一定相似的三角形是．

【答案】【分析】由矩形的性質得，從而得到，由折疊的性質可得：，從而得到，由此推斷出．【詳解】解：四邊形是矩形，，，由折疊的性質可得：，，，，，故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形的性質、折疊的性質、相似三角形的判定，熟練掌握矩形的性質、折疊的性質、相似三角形的判定，是解題的關鍵．4．（2023秋·九年級課時練習）如圖，的高，相交于點，寫出一個與相似的三角形，這個三角形可以是．【答案】（答案不唯一）【分析】根據已知條件得，，推出，其他同理.【詳解】解：；證明：∵的高，相交于點，∴，∵，∴；故答案為：（答案不唯一）.【點睛】本題考查相似三角形的判定，三角形的高的定義，解題的關鍵是掌握有兩角對應的兩個三角形相似.5．（2023秋·全國·九年級專題練習）如圖，在正方形中，E是的中點，點F在上，且．

(1)求證：；(2)與相似嗎？為什么？【答案】(1)見解析(2)相似，理由見解析【分析】（1）由正方形的性質可得,，再根據可得，進而說明，再結合，即可證明結論；（2）設，利用E為邊的中點，，得到，則可計算出,由勾股定理逆定理可得以及再說明即可證明結論．【詳解】（1）解：∵正方形，∴,∵，∴，∵點F在上，∴,∴,∵,∴．（2）解：與相似，理由如下：設，∵E為邊的中點，，∴，∴，,,∴,即,∴,∵,∴,∴．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定、正方形的性質、勾股定理逆定理等知識點，掌握兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似是解答本題的關鍵．【經典例題二選擇或補充條件使兩個三角形相似】1．（2023秋·全國·九年級專題練習）如圖，如果，那么添加下列一個條件后，仍不能判定的是（

）

A． B．C． D．【答案】D【分析】根據已知及相似三角形的判定方法對各個選項進行分析，從而得到答案．【詳解】解：，，，A、B、C都可以判定，選項D中不是夾這兩個角的邊，所以不相似，故選：D．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定：①如果兩個三角形的三組對應邊的比相等，那么這兩個三角形相似；②如果兩個三角形的兩條對應邊的比相等，且夾角相等，那么這兩個三角形相似；③如果兩個三角形的兩個對應角相等，那么這兩個三角形相似．2．（2023秋·山東濱州·九年級校考期末）如圖，在中，是上一點，連接，添加下列條件中的一個，不能判斷的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據相似三角形的判定定理對各選項進行逐一判斷即可．【詳解】解：A、，，，故本選項不符合題意；B、根據，，不能判斷，故本選項符合題意；C、，，，故本選項不符合題意；D、，，，故本選項不符合題意．故選：B．【點睛】本題考查的是相似三角形的判定，熟知有兩組角對應相等的兩個三角形相似是解答此題的關鍵．3．（2023春·吉林長春·八年級校考期中）如圖D，E兩點分別在線段和上，在下列四個條件中：①；②；③；④．其中能使與相似的是．(填序號)【答案】①②③【分析】根據相似三角形的判定定理逐個排查即可．【詳解】解：∵,∴根據“兩個三角形的兩個角分別對應相等，則三角形相似”可證，故①滿足題意；∵,∴根據“兩個三角形的兩個角分別對應相等，則三角形相似”可證，故②滿足題意；∵∴∴根據“兩邊對應成比例且夾角相等，兩個三角形相似”可證，故③滿足題意；∵，而與不一定相等，故④不滿足題意，∴綜上可得：①②③符合題意．故答案為①②③．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定，靈活運用相似三角形的判定定理是解答本題的關鍵．4．（2023春·北京豐臺·九年級北京市第十二中學校考階段練習）如圖，中，，點D是邊上的一個動點（點D與點不重合），若再增加一個條件，就能使與相似，則這個條件可以是（寫出一個即可）．【答案】答案不唯一，如：【分析】根據題目特點，結合三角形相似的判定定理，添加合適的條件即可．【詳解】∵∠DBA=∠CBA，根據兩邊對應成比例及其夾角相等的兩個三角形相似，∴添加的條件是DB：BA=AB：BC；∵∠DBA=∠CBA，根據兩組對應角對應相等相等的兩個三角形相似，∴添加的條件是；故答案為：DB：BA=AB：BC或．【點睛】本題考查了三角形相似的判定定理，熟練掌握三角形相似的判定定理是解題的關鍵．5．（2023秋·河北邢臺·九年級邢臺市第七中學校考期末）如圖所示，，，：，點從點出發，沿向點以的速度移動，點從點出發沿向點以的速度移動，如果、分別從、同時出發，過多少秒時，以、、為頂點的三角形恰與相似？【答案】過或秒時，以、、為頂點的三角形恰與相似【分析】由，，：，即：：，利用勾股定理即可求得與的長，然后設過秒時，以、、為頂點的三角形恰與相似，則可得，，，再分別從當時，∽與當時，∽，去分析求解即可求得答案．【詳解】解：，，：，即：：，設，，則，即，解得：，，，，設過秒時，以、、為頂點的三角形恰與相似，則，，，是公共角，①當，即時，∽，解得：，②當，即時，∽，解得：，過或秒時，以、、為頂點的三角形恰與相似．【點睛】此題考查了相似三角形的判定與勾股定理．此題難度適中，掌握數形結合思想、分類討論思想與方程思想的應用是解題的關鍵．【經典例題三重心的有關性質】1．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，點是的重心，點是邊的中點，交于點，交于點，若四邊形的面積為6，則的面積為（）

A．12 B．14 C．18 D．24【答案】C【分析】連接，由點是的重心，點是邊的中點，可得點在一條直線上，且，，通過可得，從而得到，通過，可得，再根據四邊形的面積為6，可得出，進而可得出的面積．【詳解】解：如圖所示，連接，

，點是的重心，點是邊的中點，點在一條直線上，且，，，，，，，，，，，，，

，，，，故選：C．【點睛】本題主要考查了三角形的重心的性質，相似三角形的判定與性質，根據三角形的中線求面積，熟練掌握三角形的重心的性質，相似三角形的判定與性質，添加適當的輔助線，是解題的關鍵．2．（2023秋·九年級單元測試）如圖，在等腰中，，點是的重心，連結，將繞點逆時針旋轉得到，連結，若的周長為6，則的周長是（）A． B．3 C．4 D．【答案】A【分析】延長交于，如圖，利用等腰直角三角形的性質和重心的性質得到平分，，則，所以，再利用旋轉的性質可判斷為等腰直角三角形，于是可判定，然后根據相似三角形的性質計算的周長．【詳解】解：延長交于，如圖，∵點是等腰的重心，∴平分，，∴，∴，即：∵繞點逆時針旋轉得到，∴，∴為等腰直角三角形，∴，∴，∴．故選：A．【點睛】本題考查了三角形的重心，等腰直角三角形的性質和旋轉的性質及相似三角形的性質．解決問題的關鍵在于對三角形的重心是三角形三邊中線的交點，重到頂點的距離與重心到對邊中點的距離之比為這一結論的理解．3．（2023·山東濱州·統考一模）如圖，點是的重心，過點作交，于，，交于點，若，，則四邊形的周長為．【答案】18【分析】連接并延長交于點，由的重心點可知，然后得到，從而求得和的長，然后得到，再結合求得四邊形是平行四邊形，最后求得四邊形的周長．【詳解】解：連接并延長交于點，的重心點，，，，，，，，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，四邊形的周長為．故答案為：18．【點睛】本題考查了三角形重心的性質、相似三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質，解題的關鍵是由的重心得到相關線段長度的比值．4．（2023秋·廣東廣州·九年級廣東實驗中學校考期末）如圖，在菱形中，，點E、F分別在上，且，連接與相交于點G，連接與相交于點H．①若，則；②若，則四邊形的面積最大值為．【答案】//【分析】（1）證明點G是的重心，可得結論；（2）由為等邊三角形，故可得出的度數，再由菱形的性質求出的度數，由三角形外角的性質得出點B、C、D、G四點共圓，推出是直徑時，四邊形面積最大．【詳解】解：（1）∵四邊形是菱形，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∵，，∴，∴點G是的重心，∴，∴．故答案為：；（2）∵為等邊三角形．∴．∴，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴，∴點B、C、D、G四點共圓，∴當是直徑時，四邊形的面積最大，最大面積為．故答案為：．【點睛】此題考查了菱形的性質、全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質以及圓的內接四邊形的性質．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．5．（2023春·湖南永州·九年級校考開學考試）閱讀材料：三角形的三條中線必交于一點，這個交點稱為三角形的重心．

(1)特例感知：如圖（1），已知邊長為2的等邊的重心為點，則的面積為______；(2)性質探究：如圖（2），已知的重心為點，對于任意形狀的，是不是定值，如果是，請求出定值為多少，如果不是，請說明理由；(3)性質應用：如圖（3），在任意矩形中，點是的中點，連接交對角線于點，的值是不是定值，如果是，請求出定值為多少，如果不是，請說明理由．【答案】(1)(2)是，(3)是，12【分析】（1）連接，利用相似三角形證明，運用勾股定理求出的長，運用三角形面積公式求解即可；（2）根據（1）的證明可求解；（3）由得到，即可求得答案．【詳解】（1）解：連接，如圖一，

點是的重心，，是，邊上的中線，，為，邊上的中點，為的中位線，，，，，，，，，，，；故答案為：；（2）由（1）同理可得，，是定值；（3）矩形，點是的中點，，，，，，定值為12．【點睛】本題是一道相似形綜合題目，主要考查的是三角形重心的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理及相似三角形的判定與性質，解答此題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數形結合的思想解答．【經典例題四相似三角形的判定與性質綜合】1．（2023·江蘇徐州·校考模擬預測）如圖，“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形．連接，若平分，且正方形的面積為3，則正方形的面積為（

）A． B． C． D．15【答案】A【分析】設直角三角形的長直角邊是，短直角邊是，得到，由，得到，由，得到，因此，由，得到，即可求出，的值，由勾股定理即可解決問題．【詳解】解：設直角三角形的長直角邊是，短直角邊是，正方形的邊長是，正方形的面積為3，，，平分，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，正方形的面積是．故選：A．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，關鍵是求出直角三角形的直角邊的長，由勾股定理即可解決問題．2．（2023·安徽滁州·校考一模）如圖，已知、，與相交于點，作于點，點是的中點，于點，交于點，若，，則值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】證明，，，，求出，求出，，得出即可得出答案．【詳解】解：、，，∴，，，∴，，∴，，∴，，∴，點是的中點，，，，∴，，∴，∴，故選：．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，平行線的判定，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定，求出．3．（2023秋·福建福州·九年級福建省福州第十九中學校考階段練習）如圖，在等邊中，點，分別在邊和上，連接，點關于的對稱點是點，連接和分別交于點和，若，，若和四邊形面積相等，則的長為．【答案】【分析】先證明，，進而可得，再證明，并得到，同理求得：，即可得，問題隨之得解．【詳解】∵點關于的對稱點是點，∴，，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，在等邊中，，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴，同理求得：，∵，∴，∴，∴（負值舍去），故答案為：．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質，對稱的性質等知識，證明，并得到，是解答本題的關鍵．請熟記面積比等于相似比的平方．4．（2023秋·陜西西安·九年級校考階段練習）如圖，在平行四邊形中，對角線與相交于點O在的延長線上取一點E，連接交于點F，延長交于點H．若，，，則的值為．

【答案】【分析】通過證明得到，通過得到即可得到答案．【詳解】解：平行四邊形，，，，，，，，，．故答案為：．【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，證明三角形相似是解題的關鍵．5．（2023春·廣東·九年級專題練習）綜合與探究在矩形的邊上取一點E，將沿翻折，使點C恰好落在邊上的點F處．(1)如圖①，若，求的度數；(2)如圖②，當，且時，求的長；(3)如圖③，延長，與的角平分線交于點M，交于點N，當時，請直接寫出的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由折疊的性質可推出，再由含的直角三角形的特征即可求解；（2）證即可求解；（3）過點N作于點G，證可得，設，設，由即可求解．【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，∴，∵將沿翻折，使點C恰好落在邊上的點F處∴，∵，∴，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴；（2）解：∵將沿翻折，使點C恰好落在邊上的點F處∴，又∵矩形中，，∴，∴∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：過點N作于點G，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，設，∵平分，，∴，設，則，∵，∴，解得．∴．∴．【點睛】本題以矩形中的折疊問題為背景，考查了勾股定理、相似三角形的判定與性質等．熟記相關數學結論是解題關鍵．【經典例題五利用相似三角形的性質求解】1．（2023·陜西榆林·校考三模）如圖，在等邊中，點分別在邊上，，若，則的長度為（

）

A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】利用等邊三角形的性質和相似三角形的判定與性質解答即可得出結論．【詳解】解：為等邊三角形，．．，，，，，，，．故選：D．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質．2．（2023春·江蘇蘇州·八年級蘇州市立達中學校校考期末）如圖已知中，，，，將繞著邊中點旋轉得到，、分別交于點、，若，則（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】設交與點，先利用勾股定理計算出，再根據旋轉的性質得到，接著證明得到，則，求得，然后利用平行線分線段成比例定理求出的值．【詳解】設交與點，，，為中點，，將繞著邊中點旋轉得到，，，，，，，即，，∵平行于，∴，，即，解得，故選A．

【點睛】本題考查了旋轉的性質，對應點到旋轉中心的距離相等，對應點到旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角，旋轉前后的圖形全等，也考查了平行線的性質和平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定與性質等．3．（2023·安徽滁州·校考一模）在等邊三角形中，，、是上的動點，是上的動點，且，連接，；【答案】【分析】證明，利用相似三角形的面積等于相似比的平方求解即可．【詳解】解：是等邊三角形，，，，，，是等邊三角形，，，，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，相似三角形的性質與判定，掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．4．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱德強學校校考開學考試）如圖，在平行四邊形中，E為上一點，連接、，且、交于點F，，若的面積是4，則四邊形的面積是．

【答案】【分析】根據四邊形是平行四邊形得到，得到，結合得到，即可得到，結合的面積是4即可得到四邊形的面積，即可得到，即可得到答案．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴，，設高的公比為k，底的公比為m，∴，，，，∵的面積是4，∴，∴，∴四邊形的面積是：，故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的的性質：相似三角形形對應邊之比，對應高之比等于相似比．5．（2023秋·浙江·九年級專題練習）如圖，在中，．

(1)求邊上的高的長度；(2)正方形的一邊在上，另兩個頂點E、H分別在邊上，求正方形的邊長．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用勾股定理求出，再根據三角形面積求出；（2）證明四邊形是矩形，得到，設正方形的邊長為x，由，得到，列得，求出x即可．【詳解】（1）解：在中，∵，∴，∵，∴；（2）解：∵四邊形是正方形，∴，∴，如圖，設與交于點M，

∵，∴四邊形是矩形，∴，設正方形的邊長為x，∵∴，得，解得，∴正方形的邊長為．【點睛】此題考查了利用勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性質，正方形的性質，矩形的判定和性質，熟練掌握各知識點是解題的關鍵．【經典例題六證明三角形的對應線段成比例】1．（2023·黑龍江哈爾濱·統考二模）如圖，在中，AC和BC上分別有一點E和點H，過點E和點H分別作BC和AC的平行線交于點D，DE交AB于點G，DH交AB于點F，則下列結論錯誤的是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據平行線的性質，得出角相等，證明三角形相似即可求出對應線段比例相等.【詳解】解：A選項：，.，..A選項正確，不符合題意.B選項：，，，，四邊形為平行四邊形...B選項正確，不符合題意.C選項：，，C選項不正確，符合題意.D選項：，，，，，，.D選項正確，不符合題意.故選：C.【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質和判定，解題的關鍵在于是否能熟練運用相似三角形的性質和判定.2．（2023秋·九年級單元測試）如圖，在中，點D、E分別在AB、AC邊上，，BE與CD相交于點F，下列結論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用平行線的性質可得內錯角相等，即可得出和，在根據相似三角形的性質及等量代換即可得出答案．【詳解】解：，，，，，，由，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了三角形相似的判定及性質，考查學生對相似三角形對應邊成比例知識點及等量代換技巧的掌握情況．3．（2021秋·全國·九年級專題練習）如圖，在中，若，，，則的長為.

【答案】8【分析】根據平行線證出三角形相似，得出對應邊成比例，即可得出結果．【詳解】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴即∴BC=8（cm）故答案是：8【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質；根據平行線證出三角形相似是關鍵．4．（2022春·九年級課時練習）如圖，已知矩形ABCD中，AB=6，AD=8將矩形ABCD沿直線MN翻折后，點B恰好落在邊AD上的點E處，如果AE=2AM，那么CN的長為.【答案】【分析】如圖，過N作NF⊥AD于F，可得NF=AB，根據矩形的性質和折疊的性質可得∠MEN=∠B=90°，EN=BN，根據直角三角形兩銳角互余的性質及平角的定義可得∠AME=∠NEF，進而可證明△AEM∽△FNE，根據AE=2AM可求出EF的長，在Rt△FNE中，利用勾股定理可求出EN的長，進而可求出CN的長.【詳解】如圖，過N作NF⊥AD于F，∵四邊形ABCD是矩形，AB=6，∴NF=AB=6，∵矩形ABCD沿直線MN翻折后，點B恰好落在邊AD上的點E處，∴EN=BN，∠MEN=∠B=90°，∴∠AEM+∠NEF=90°，∵∠AEM+∠AME=90°，∴∠AME=∠NEF，又∵∠A=∠EFN=90°，∴△AEM∽△FNE，∴，∵AE=2AM，NF=6，∴EF=3，∴BN=EN===，∵BC=8，∴CN=BC-BN=8-，故答案為：8-【點睛】本題考查矩形的性質、增大的性質及相似三角形的判定與性質，如果一個三角形的兩個角與另一個三角形的兩個角對應相等，那么這兩個三角形相似；熟練掌握相似三角形的判定定理是解題關鍵.5．（2023·吉林四平·校聯考三模）在中，，分別為，上一點，，交于點．

(1)設的面積為，的面積為，且．①如圖①，連接．若，求證：；②如圖②，若，，求的值．(2)如圖③，若，，，，直接寫出的值．【答案】(1)①見解析；②(2)【分析】（1）①由可證，即可證，可進一步推出結論；②連接，作于點，作于點，過點作于點．可證，推出，設，則，則可分別求出，的長，即可求出結論；（2）過點作，且，連接，，構造平行四邊形，證，推出，證明再證明為直角三角形，且可求出其三邊的比，即可求出的值．【詳解】（1）解：①，，．，，即．又，，．如圖②，連接，作于點，作于點，過點作于點．

，，又，，．又，，，，設，則，．（2）如答圖（2），過點作，且，連接，，

則四邊形為平行四邊形．，．，，．又，，，即．，．，設，，則在中，．，，．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，解題關鍵是能夠通過作出合適的輔助線構造相似三角形，并且能夠靈活運用相似三角形的判定與性質．【經典例題七利用相似求坐標】1．（2022·九年級單元測試）平面直角坐標系中有一直線，先將其向右平移3個單位得到，再將作關于x軸的對稱圖形，最后將繞與y軸的交點逆時針旋轉得到，則直線的解析式為（

）.A． B． C． D．【答案】A【分析】直線，先將其向右平移3個單位得到，取兩點（0，11），（1，9），求得其關于x軸的對稱點(0，-11)，(1，-9)，待定系數法確定的解析式為y=2x-11，確定與y軸交點（0，-11），根據與垂直，利用相似和待定系數法確定的系數為，從而得到解析式．【詳解】根據直線，先將其向右平移3個單位得到，取兩點（0，11），（1，9），所以關于x軸的對稱點(0，-11)，(1，-9)，設解析式為y=kx+b，所以，解得，所以解析式為y=2x-11，所以與y軸交點A（0，-11），與x軸交點B（，0），設與x軸的交點為C，所以OA=11，OB=，因為繞與y軸的交點逆時針旋轉得到，所以∠OAC+∠OAB=90°，因為∠OBA+∠OAB=90°，所以∠OBA=∠OAC，因為∠BOA=∠AOC=90°，所以△BOA∽△AOC，所以，所以，解得OC=22，所以點C（-22，0）因為過點（0，-11），所以的解析式為y=kx-11，所以22k-11=0,解得k=，所以解析式．故選A．【點睛】本題考查了待定系數法，軸對稱，平移，旋轉，熟練掌握待定系數法，理解旋轉的性質和意義是解題的關鍵．2．（2021·廣東廣州·統考中考真題）在平面直角坐標系xOy中，矩形OABC的點A在函數的圖象上，點C在函數的圖象上，若點B的橫坐標為，則點A的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】構造K字形相似，由面積比得出相似比為2，從而得出A點坐標與C點坐標關系，而P是矩形對角線交點，故P是AC、BO的中點，由坐標中點公式列方程即可求解．【詳解】解：過C點作CE⊥x軸，過A點作AF⊥x軸，∵點A在函數的圖象上，點C在函數的圖象上，∴，，∵CE⊥x軸，∴，，∵在矩形OABC中，，∴，∴，∴，∴，∴，，設點A坐標為，則點C坐標為，連接AC、BO交于點P，則P為AC、BO的中點，∴，解得：，（不合題意，舍去），∴點A坐標為，故選A．【點睛】本題考查了反比例函數與幾何圖形的綜合，關鍵是構造相似三角形，根據反比例函數的系數k的幾何意義，由面積比得到相似三角形的相似比，從而確定點A與點C的坐標關系．3．（2021春·江蘇·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為、，連接．動點P從點A開始在折線段上以每秒2個單位長度的速度向點O移動，同時動點Q從點B開始在線段上以每秒3個單位長度的速度向點A移動．設點P、Q移動的時間為t秒，當與相似時，點P的坐標是．【答案】或【分析】由題意易得，然后可分情況進行討論：①當時，有；②當時，有；進而根據相似三角形的性質可進行求解．【詳解】解：∵點A，B的坐標分別為、，∴，，∴，當與相似時，則可分：①當時，有，如圖所示：∴，即，解得：，∴，∴，∴；②當時，有，如圖所示：∴，即，解得：，∴，∴，∴；綜上所述：當與相似時，或；故答案為或．【點睛】本題主要考查相似三角形的性質，熟練掌握相似三角形的性質是解題的關鍵．4．（2023秋·全國·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，與軸交于點，已知點，，，是線段上一點，連接，若與相似，則的長為．【答案】2或4【分析】是一個直角三角形，若與相似，必須證明是直角三角形，再用相似三角形的性質即可求出點M的坐標．【詳解】如圖，∵A(1,4)，C(3,0)，D(0,3)，∴，，，；∴是直角三角形∵點M在x軸上，設點M的坐標是（x，0），∽∴∴=1∴當時，CM=2；當時CM=4，故答案為：2或4．【點睛】此題考查相似三角形的性質，熟悉掌握相似三角形的性質是解題的關鍵．5．（2021·廣東湛江·統考三模）已知，如圖，已知拋物線與軸交于，兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC，若點M是x軸上的動點（不與點B重合），于點N，連接CM．（1）求拋物線的解析式；（2）當時，求點N的坐標；（3）是否存在以點C，M，N為頂點的三角形與相似，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）點N的坐標為或；（3）存在，，，．【分析】（1）把A、B兩點坐標代入解析式求出a、b后可以得解；（2）過點N作NH⊥x軸于點H，則根據題意可以得到NH及AH的值，再分點M在點A左側和點M在點A右側兩種情況分別寫出點N坐標即可；（3）由題意可得為直角三角形，所以若以點C，M，N為頂點的三角形與相似，則或，由這兩種情況分別求出M的坐標即可．【詳解】（1）∵拋物線與x軸交于，兩點∴，解得：∴（2）∵∴當x=0時，∴∴∵∴∴∵，∴在中，過點N作軸于點H，∴，當點M在點A左側時，N的坐標為當點M在點A右側時，N的坐標為綜上，點N的坐標為或（3）設M點為（x,0），則由（2）可得AB=4，，∵，∴是直角三角形，∠BCA=90°，又由2S△CMA=AM×OC=AC×MN得：MN=，∴若以點C，M，N為頂點的三角形與相似，則：,即，即6x=6，所以x=1，此時M為（1，0）；，即，即，解之可得：x=0或x=-3，∴M為（0，0）或（-3，0），綜上所述，存在以點C，M，N為頂點的三角形與相似，且M的坐標為（1，0）或（0，0）或（-3，0）．【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，熟練掌握二次函數解析式的求法、直角三角形的性質、三角形相似的判定與性質是解題關鍵．【經典例題八在網格中畫與已知三角形相似的三角形】1．（2023春·河北衡水·九年級校考期中）下列4×4的正方形網格中，小正方形的邊長均為1，三角形的頂點都在格點上，則與△ABC相似的三角形所在的網格圖形是（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據勾股定理，AB=，BC=，AC=，所以△ABC的三邊之比為=，A、三角形的三邊分別為2，，，三邊之比為2：=，故本選項錯誤，不符合題意;B、三角形的三邊分別為2，4，，三邊之比為2：4：2=1：2：，故本選項正確，符合題意；C、三角形的三邊分別為2，3，，三邊之比為2：3：，故本選項錯誤，不符合題意；D、三角形的三邊分別為，，4，三邊之比為：4，故本選項錯誤，不符合題意．故選：B．2（2023秋·廣東揭陽·九年級校聯考階段練習）如圖，在正方形網格上有5個三角形（三角形的頂點均在格點上）：①△ABC，②△ADE，③△AEF，④△AFH，⑤△AHG，在②至⑤中，與①相似的三角形是（

）A．②④ B．②⑤ C．③④ D．④⑤【答案】A【分析】根據兩邊成比例夾角相等兩三角形相似即可判斷．【詳解】解：由題意：①②④中，∠ABC＝∠ADE＝∠AFH＝135°，又∵，∴，，∴△ABC∽△ADE∽△HFA，故選：A．【點睛】本題考查相似三角形的判定，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．3．（2023·山東煙臺·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，，，點為圖示中正方形網格交點之一（點除外），如果以、、為頂點的三角形與相似，那么點的坐標是．【答案】、、【分析】根據是直角三角形，構造K字形相似即可得出以、、為頂點的三角形與相似的點C坐標．或直接作出全等三角形．【詳解】解：以為共同的斜邊時，，得坐標為，過點作的垂線，當時，，得，過點作的垂線，當時，，得．故答案為：、、【點睛】本題主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的對應邊成比例是解題的關鍵，注意分類討論．4．（2023秋·浙江紹興·九年級統考期末）如圖，在小正方形邊長均為1的的網格中，是一個格點三角形．如果，是該網格中與相似的格點三角形，且的面積最大；的面積最小，那么的值等于．【答案】5【分析】此題先求出已知三角形的三邊關系，在格點中分別找到對應成比例的面積最大和面積最小的三角形，通過相似三角形面積比為相似比的平方直接求解即可．【詳解】由圖可知，，，是該網格中與相似的格點三角形，且的面積最大；的面積最小，可如圖所示作出，，，，同理可得，，且綜上所述：故答案為：5【點睛】此題考查相似三角形的性質，解題關鍵是在格點圖中畫出三角形，難點是將三角形相似比轉化為面積比．5．（2023·浙江溫州·校考三模）如圖，在6×6正方形網格中，的頂點均在格點上，請按要求畫格點三角形（頂點在格點上），且三角形的各個頂點均不與點A，B，C重合．

(1)在圖1中，作一個格點，使得與相似（相似比不等于1），且；(2)在圖2中，作一個格點，使得與全等，且每條對應邊都互相垂直．注：圖1，圖2在答題卷上．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據相似三角形的判定畫出圖形即可（答案不唯一）；（2）根據全等三角形的判定，畫出圖形即可（答案不唯一）．【詳解】（1）解：如圖，即為所求；

或者，滿足即可：

；（2）解：如圖，即為所求；

或者，滿足，，即可：

.【點睛】本題考查作圖-應用與設計作圖，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是理解題意，學會利用數形結合的思想解決問題．【經典例題九相似三角形——動點問題】1．（2023春·吉林長春·九年級校考開學考試）如圖，中，，，，，點是邊上的一個動點，連接，當是直角三角形時，的值是（

）

A．2或 B． C．3或 D．3【答案】A【分析】根據含30度的直角三角形的性質求出，分兩種情況：①，根據相似三角形的性質和判定求出，求出；②，根據相似三角形的性質和判定求出，求出即可．【詳解】解：∵，，，∴，當時，，，∴，∴，即，∴，∴；

當時，，，∴，∴，即，∴，∴；

綜上：的值是2或，故選A．【點睛】本題考查了相似三角形的性質和判定，含30度角的直角三角形的性質等知識點，能求出符合題意的所有情況是解此題的關鍵．2．（2023·河北邯鄲·校考三模）在中，于點，點從點出發沿向點運動，設線段的長為，線段的長為（如圖1），而關于的函數圖象如圖2所示．是函數圖象上的最低點．當為銳角三角形時的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意得到的長度，分類討論為直角三角形時的情況即可．【詳解】解：根據題意得：，點到的距離為，即，此時點到達點，，當點與點重合時，為直角三角形，則在右側時，為銳角三角形，當時，，，，，，，，，，，，當為銳角三角形時，，故選：C．【點睛】本題為動點函數圖象問題，考查了二次函數圖象最小值的實際意義以及直角三角形的分類討論，相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是以為直角三角形作為臨界條件解決問題．3．（2023春·九年級課時練習）如圖1，在矩形中，動點從點出發，沿方向運動，當點到達點時停止運動，過點作交于點．設點運動路程為，如圖2所表示的是與的函數關系的大致圖象，當點在上運動時，的最大長度是，則矩形的面積是．

【答案】20【分析】由題意可知，易證，可得，根據二次函數圖像對稱性可得在中點時，有最大值，列出二次函數解析式即可解題．【詳解】解：若點在上時，如圖

，，，在和中，，，∽，由二次函數圖像對稱性可得在中點時，有最大值，此時，，即，，當時，代入得到解得：，（不合題意舍去），，，∵，矩形的面積為；故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數動點問題，考查了相似三角形的判定和性質，考查了矩形面積的計算，本題中由圖像得出為中點是解題的關鍵．4．（2023春·江蘇蘇州·八年級校考階段練習）如圖，在矩形中，．動點M從點A出發，沿邊向點D勻速運動，動點N從點B出發，沿邊向點C勻速運動，連接．動點M，N同時出發，點M運動的速度為，點N運動的速度為，且．當點N到達點C時，M，N兩點同時停止運動．在運動過程中，將四邊形沿翻折，得到四邊形．若在某一時刻，點B的對應點恰好與的中點重合，則的值為．

【答案】【分析】如圖，設交于點Q，設，.利用勾股定理求出x（用k表示），再利用相似三角形的性質求出（用k表示），可得結論．【詳解】解：如圖，設交于點Q，設，

，∴可以假設，，點是的中點，，∵四邊形是矩形，，，，在中，，，，，，由翻折的性質可知，，，，，，，，，，，，，設，則，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，矩形的性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會利用參數解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．5．（2023秋·吉林長春·八年級吉林大學附屬中學校考階段練習）如圖，在中，，，，動點P從點A開始沿著邊向點B以的速度移動（不與點B重合），動點Q從點B開始沿著邊向點C以的速度移動（不與點C重合）．若P，Q兩點同時移動．

(1)當移動幾秒時，的面積為？(2)當移動幾秒時，四邊形的面積為？(3)當移動幾秒時，與相似？【答案】(1)當移動1秒或5秒時，的面積為(2)當移動3秒時，四邊形的面積為(3)當移動1.2秒或3秒時，與相似【分析】（1）設x秒時，的面積為，根據移動速度和三角形面積公式列出方程，求出結果即可；（2）設當移動y秒時，四邊形的面積為，根據四邊形的面積為列出方程，解方程即可；（3）設當移動t秒時，與相似，分兩種情況，當時，當時，根據相似三角形的性質，分別列出方程解方程即可．【詳解】（1）解：設x秒時，的面積為，根據題意得：，解得：，，答：當移動1秒或5秒時，的面積為；（2）解：設當移動y秒時，四邊形的面積為，根據題意得：，解得：，答：當移動3秒時，四邊形的面積為；（3）解：設當移動t秒時，與相似，當時，，即，解得：，即當移動3秒時，；當時，，即，解得：，即當移動1.2秒時，；綜上分析可知，當移動1.2秒或3秒時，與相似．【點睛】本題主要考查了一元二次方程的應用，相似三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的性質，并注意進行分類討論．【經典例題十相似三角形的綜合問題】1．（2023·浙江寧波·模擬預測）如圖，矩形，分別以、為邊向內作等邊三角形（圖1）；分別以、為邊向內作等邊三角形（圖2），兩個等邊三角形的重疊部分用陰影表示，設圖1中陰影部分的面積為，圖2中陰影部分的面積為．若，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】將陰影部分分別分割成兩個規則圖形，圖一可以分為兩個梯形，圖二可分成兩個三角形，設設=m，令AB=1,則AD=m，利用相似求出圖形面積，結合面積比即可求出．【詳解】設=m，令AB=1,則AD=m，∵兩個正三角形以AD、BC為底，所得圖形是對稱圖形，∴EF所在直線平行AD與BC，∴AM=BM=，∵∠HBE=90°-60°=30°，∴AH=，∴ME=根據對稱性關系可知EF=m-2×=m-，HG=m-∴梯形EFGH面積=∴S1=，同理根據圖二可知AK=，△ABR的高為，∴△QPR的高為，根據△QPR∽△ABR，求得PQ=∴三角形PQR面積=，∴S2=，∵，整理得到：，∴化簡求得m=或（舍棄），∴=，故選：B．【點睛】本題主要考查相似三角形、等邊三角形有關知識，對知識的靈活運用要求較高，注重培養學生的分析問題和知識綜合運用能力．2．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝3，BC＝2，沿對角線AC剪開（如圖①）；固定△ADC，把△ABC沿AD方向平移（如圖②），當兩個三角形重疊部分的面積最大時，移動的距離AA′等于（

）A．1 B．1.5 C．2 D．0.8或1.2【答案】A【分析】設AA′=x，先證△AA'E∽△ADC，利用相似的性質用含x代數式表示出A′E，再根據陰影部分為平行四邊形利用面積建立二次函數解析式，通過最值即可得出答案．【詳解】解：如圖所示，設AA′=x，則DA′=2-x，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=3，AD=BC=2，∵EA′∥CD，∴△AA'E∽△ADC，∴，即，∴A′E=x，∵EA′∥CD，CA′∥CA，∴陰影部分為平行四邊形，∴陰影部分的面積：S=EA′·DA′=，即當，陰影部分的面積最大為，∴當平移的距離AA′=1時，兩個三角形重疊部分的面積最大.故選A．【點睛】本題考查了矩形的性質、平移的性質、相似的判定及性質、二次函數的最值.根據相似的性質得出比例線段，并利用面積建立二次函數是解題的關鍵.3．（2023春·四川達州·九年級校考階段練習）如圖，在矩形ABCD中，點E在邊BC上，連結AE，將△ABE沿直線AE翻折得到△AFE，EF與AC相交于點M．若AB＝8，BC＝10，且BE＝BC，則點F到直線AD的距離為．【答案】．【分析】先過F作MN⊥BC，根據已知條件與折疊的性質得到△AFN∽△FEM，再根據相似的性質得到，設出未知數，求解出答案即可．【詳解】解：過F作MN⊥BC，∵BE=，BC=10，∴BE=6，∵翻折∴△ABE≌△AFE，∴EF=BE=6，∠AFE=∠B=90°，AF=AB=8，∴∠AFN+∠EFM=90°，∵∠AFN+∠FAN=90°，∴∠FAN=∠EFM，∴△AFN∽△FEM，∴，設AN=4x，FM=3x，FN=8-3x，EM=4x-6，∴FN=8-3x，EM=4x-6，∴，∴，經檢驗：是原方程的根，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形的性質、折疊的性質與相似三角形的判定與性質，關鍵在于作出輔助線，根據折疊的性質證明出三角形相似．4．（2023·山東德州·統考一模）在邊長為4的正方形中，E是邊上一動點(不與端點重合)，將沿翻折，點A落在點H處，直線交于點F，連接，，分別與AC交于點P、Q，連接，．則以下結論中正確的有________

(寫出所有正確結論的序號)．①；②；③；④為等腰直角三角形；⑤若連接，則的最小值為．【答案】①②④⑤【分析】①正確．由正方形的性質可證明，可得結論；②正確．證明，推出，推出，由，可得結論；③錯誤．可以證明；④正確．利用相似三角形的性質證明，可得結論；⑤正確．求出，，根據，可得結論．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，，在和中∴，∴，故①正確；∵沿翻折，點A落在點H處，直線交于點F，∴，則，，∵，∴，則，∵，∴，∵，，∴，則，，∴，∵，∴，則，∵，∴，∴，∴，則為等腰直角三角形，故④正確；∵，∴，∵，∴P，E，D，F四點共圓，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，故②正確，將繞點B順時針旋轉得到，連接，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，故③錯誤，連接，，∵，，∴，∴的最小值為，故⑤正確．故答案為：①②④⑤．【點睛】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解題關鍵是學會添加常用輔助線嗎，構造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．5．（2023·江蘇蘇州·統考三模）【問題探究】課外興趣小組活動時，同學們正在解決如下問題：如圖1，在矩形中，點，分別是邊，上的點，連接，，且于點，若，，求的值．

(1)請你幫助同學們解決上述問題，并說明理由．【初步運用】(2)如圖2，在中，，，點為的中點，連接，過點作于點，交于點，求的值．【靈活運用】(3)如圖3，在四邊形中，，，，，點，分別在邊，上，且，垂足為，則__________________．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）證明，根據相似三角形對應邊成比例，即可求解；（2）構造矩形，延長交于點G，由（1）中結論可得：，，設，，則，，，，再證明，則，即可求出，即可求解；（3）連接，構造如圖所示矩形，過點N作，交于點P，證明，，根據，得出，設，則，，得出，即可求出，由（1）中結論可得：，最后證明四邊形為平行四邊形，則．【詳解】（1）解：∵，∴，∵四邊形為矩形，∴，，，∴，∴，∴，∴；（2）解：構造如圖所示矩形，延長交于點G，由（1）中結論可得：，∵，∴設，，∵點為的中點，∴，在中，根據勾股定理可得：，∵，∴，則，，解得：，，∵四邊形為矩形，∴，∴，∴，∴，即，解得：，∴；

（3）解：連接，構造如圖所示矩形，過點N作，交于點P，∵，，，∴，∴，∴，∵四邊形為矩形，∴，∴，∵，∴，∵，∴設，，∴，設，則，，∴，整理得：，∴，由（1）中結論可得：．∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴．故答案為：．

【點睛】本題主要考查了矩形的性質，相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是掌握矩形是四個角都是直角的平行四邊形，相似三角形對應邊成比例，以及正確作出輔助線，構造題中所給幾何模型，進行解答．【重難點訓練】1．（2023春·山東菏澤·八年級統考期末）如圖，下列條件：①；②；③；④；其中單獨能夠判定的條件有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據相似三角形的判定逐一判斷即可．【詳解】解：，，，故①單獨能夠判定；，，，故②單獨能夠判定；由③不能判定，，，，故④單獨能夠判定；其中單獨能夠判定的條件有3個，故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定，熟練掌握相似三角形的判定方法是解題的關鍵．2．（2023秋·全國·九年級專題練習）如圖，，和分別是和的高，若，，則與的面積的比為（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根據相似三角形對應高的比等于相似比求出相似比，再根據相似三角形面積的比等于相似比的平方進行解答即可．【詳解】解：∵，又∵和分別是和的高，，，∴與的相似比為，∴與的面積的比為．故選：A．【點睛】本題考查相似三角形的性質：相似三角形面積的比等于相似比的平方，相似三角形對應高的比、對應中線的比、對應角平分線的比都等于相似比．掌握相似三角形的性質是解題的關鍵．3．（2023秋·陜西西安·九年級校考階段練習）如圖，在菱形中，，，，垂足為E，與交于點F，則值為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由勾股定理求出，證明，根據相似三角形的性質可求出結論．【詳解】解：設與相較于O，

∵四邊形是菱形，，，，∴，，，由勾股定理得到：，又∵，，∴，即，∴，∴，故選：D．【點睛】本題考查了菱形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質；證明是解決問題的關鍵．4．（2023春·山東泰安·八年級校考階段練習）如圖，矩形紙片中，，，折疊紙片使邊與對角線重合，折痕為，記與點A重合點為，則的面積與該矩形的面積比為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根據勾股定理求得，再根據折疊的性質可知，．根據可得面積之間的比值，再進一步求與矩形面積的比．【詳解】解：∵矩形紙片中，，，∴．∵，∴．∵，，∴，∴，∵，∴．故選：C．【點睛】本題考查了圖形的折疊變換，同時考查了相似三角形的判定和性質，正確運用相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．5．（2023·河南安陽·校考二模）在四邊形中，，，，點為邊上一點，，且．連接交對角線于點．下列結論正確的有（

）個．①；②；③；④

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先說明等腰直角中，等腰直角中，再根據等腰三角形三線合一的性質可得，，可判定①；由為直角三角形，，可得，因為，所以，所以不成立，則②錯誤；根據垂直平分線的性質可得，再結合可得，即可判定③，H作于M，則，可得，利用相似三角形的性質以及底相等的三角形面積之比等于高之比即可判定④．【詳解】解：∵，，∴,∵,，∴等腰直角中，等腰直角中，∴∴，,即，所以①正確；∵等腰直角中，∴,∴∵為直角三角形，∴，∵，∴，∴不成立，②錯誤；∵，，∴，∵，∴，∴，判定③正確；過H作于M，則，∴，∴，故④正確．∴正確的有①③④，共3個．故選：C．

【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定與性質、含30度角的直角三角形、相似三角形的判定與性質等知識點，靈活運用相關性質定理是解答本題的關鍵．6．（2023秋·江蘇揚州·九年級校考階段練習）如圖，D、E為的邊上的點，當時，．

【答案】（答案不唯一）【分析】根據圖形可知，和中有一個公共角，可再找出一組對應角，或的兩鄰邊對應成比例，得到這兩個三角形相似．【詳解】解：添加條件：，，∴，故答案為：（答案不唯一）．【點睛】本題考查了相似三角形的判定，需要掌握相似三角形的判定方法．7．（2023春·河北衡水·九年級校考期中）如圖，在矩形中，點E在上，，與相交于點O，與相交于點F．

（1）若平分，則與是否垂直？（填“是”或“否”）；（2）圖中與相似的三角形有（寫出兩個即可）【答案】是，【分析】（1）根據矩形的性質和角平分線的定義即可得出結論；（2）根據判定兩個三角形相似的判定定理，找到相應的角度相等即可得出．【詳解】（1）如圖，

∵矩形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴；故答案為：是；（2）∵，∴，∵矩形，∴，∴，∴，又，∴；故答案為：，．【點睛】本題考查矩形的性質，相似三角形的判定，等邊對等角．熟練掌握矩形的性質，是解題的關鍵．8．（2023春·江蘇蘇州·八年級校考階段練習）如圖，中，，，，若正方形的頂點在上，頂點、都在上，射線交邊于點，則長為．

【答案】【分析】證明，，由相似三角形的性質得出，，設，可得，，從而可得出答案．【詳解】解：∵四邊形為正方形，，∴，，∴，，∴，，設，∴，，∴，∴，∴．故答案為．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，勾股定理，證明與是解題的關鍵．9．（2023·湖北黃石·統考模擬預測）如圖，點的坐標為，點A是軸正半軸上一點，點在第一象限內，于點，當時，則過點的反比例函數的比例系數的值為．

【答案】或【分析】過點、分別作軸，，垂足為、，容易得到，又，利用角平分線性質，構造全等三角形，得到，，又知，建立方程可求出點的坐標，使問題得以解決．【詳解】解：過點、分別作軸，，垂足為、，

在和中，，，，，，；同理可證，，；，，，，，，設點，，又，，即：，解得：，，或又點在反比例函數的圖象上，，或，故答案為：16或64．【點睛】考查反比例函數的圖象上點的坐標特征，全等三角形的性質和判定，相似三角形的性質等知識，綜合性很強．10．（2023春·安徽·九年級專題練習）矩形對