专题18 相似三角形的判定与性质（10大题型）-2023-2024学年九年级数学上册重难点高分突破（浙教版）

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题型一 证明两三角形相似
题型二 选择或补充条件使两个三角形相似
题型三 重心的有关性质
题型四 相似三角形的判定与性质综合
题型五 利用相似三角形的性质求解
题型六 证明三角形的对应线段成比例
题型七 利用相似求坐标
题型八 在网格中画与已知三角形相似的三角形
题型九 相似三角形——动点问题
题型十 相似三角形的综合问题
【知识梳理】
知识点一、相似三角形的判定
知识点二、相似三角形的性质
【经典例题一 证明两三角形相似】
1．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）如图，锐角的边上的高线交于点，连接，则图中相似的三角形有（ ）

A．5对B．6对C．7对D．8对
【答案】D
【分析】平行于三角形一边的直线和其他两边或两边的延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似；三边对应成比例，两个三角形相似；两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似；两角对应相等，两个三角形相似．根据相似三角形的判定定理分析判断即可．
【详解】解：根据题意，，，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴；
∵，，
∴；
∵，，
∴；
∵，，
∴；
∵，，
∴；
∵，，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴．
综上所述，图中相似的三角形有，，，，，，，，共计8对．
故选：D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，解题关键是理解相似三角形的判定定理，同时主要不要有所遗漏．
2．（2023春·山东淄博·八年级统考期末）如图，在正方形中，点E，F分别在上，且，将绕点A顺时针旋转，使点E落在点处，则下列判断不正确的是（ ）

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】由旋转的性质得到，于是得到是等腰直角三角形，故A不符合题意；由旋转的性质得到，由正方形的性质得到，推出，证明于是得到垂直平分，故B不符合题意；证明可得，故C不符合题意；由于，但不一定等于DF，于是得到不一定是等腰三角形，故D符合题意．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转，使点E落在点处，
∴，

∴是等腰直角三角形，故A正确，不符合题意；
如图，连接，
∵四边形是正方形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
，

∴垂直平分，故B正确，不符合题意；
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，但不一定等于，
不一定相等，
∴不一定是等腰三角形，故D错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定，线段垂直平分线的判定，正确的识别图形是解题的关键．
3．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨工业大学附属中学校校考开学考试）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片如图所示，点在边上，现将矩形折叠，折痕为，点对应的点记为点，若点恰好落在边上，则图中与一定相似的三角形是 ．

【答案】
【分析】由矩形的性质得，从而得到，由折叠的性质可得：，从而得到，由此推断出．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由折叠的性质可得：，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定，是解题的关键．
4．（2023秋·九年级课时练习）如图，的高，相交于点，写出一个与相似的三角形，这个三角形可以是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据已知条件得，，推出，其他同理.
【详解】解： ；
证明：∵的高，相交于点，
∴，
∵，
∴；
故答案为：（答案不唯一）.
【点睛】本题考查相似三角形的判定，三角形的高的定义，解题的关键是掌握有两角对应的两个三角形相似.
5．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在正方形中，E是的中点，点F在上，且．

(1)求证：；
(2)与相似吗？为什么？
【答案】(1)见解析
(2)相似，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得,，再根据可得，进而说明，再结合，即可证明结论；
（2）设，利用E为边的中点，，得到，则可计算出,由勾股定理逆定理可得以及再说明即可证明结论．
【详解】（1）解：∵正方形，
∴,
∵，
∴，
∵点F在上，
∴,
∴,
∵,
∴．
（2）解：与相似，理由如下：
设，
∵E为边的中点，，
∴，
∴，,,
∴,即,
∴,
∵,
∴,
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定、正方形的性质、勾股定理逆定理等知识点，掌握两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似是解答本题的关键．
【经典例题二 选择或补充条件使两个三角形相似】
1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，如果，那么添加下列一个条件后，仍不能判定 的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到答案．
【详解】解：，
，
，
A、B、C都可以判定，选项D中不是夹这两个角的边，所以不相似，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定：①如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．
2．（2023秋·山东滨州·九年级校考期末）如图，在中，是上一点，连接，添加下列条件中的一个，不能判断的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A、，，，故本选项不符合题意；
B、根据，，不能判断，故本选项符合题意；
C、，，，故本选项不符合题意；
D、，，，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定，熟知有两组角对应相等的两个三角形相似是解答此题的关键．
3．（2023春·吉林长春·八年级校考期中）如图D，E两点分别在线段和上，在下列四个条件中：①；②；③；④．其中能使与相似的是 ．(填序号)
【答案】①②③
【分析】根据相似三角形的判定定理逐个排查即可．
【详解】解：∵,
∴根据 “两个三角形的两个角分别对应相等，则三角形相似”可证，故①满足题意；
∵,
∴根据 “两个三角形的两个角分别对应相等，则三角形相似”可证，故②满足题意；
∵
∴
∴根据 “两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似”可证，故③满足题意；
∵，而与不一定相等，故④不满足题意，
∴综上可得：①②③符合题意．
故答案为①②③．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，灵活运用相似三角形的判定定理是解答本题的关键．
4．（2023春·北京丰台·九年级北京市第十二中学校考阶段练习）如图，中，，点D是边上的一个动点（点D与点不重合），若再增加一个条件，就能使与相似，则这个条件可以是 （写出一个即可）．

【答案】答案不唯一，如：
【分析】根据题目特点，结合三角形相似的判定定理，添加合适的条件即可．
【详解】∵∠DBA=∠CBA，根据两边对应成比例及其夹角相等的两个三角形相似，
∴添加的条件是DB：BA=AB：BC；

∵∠DBA=∠CBA，根据两组对应角对应相等相等的两个三角形相似，
∴添加的条件是；
故答案为：DB：BA=AB：BC或．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定定理，熟练掌握三角形相似的判定定理是解题的关键．
5．（2023秋·河北邢台·九年级邢台市第七中学校考期末）如图所示，，，：，点从点出发，沿向点以的速度移动，点从点出发沿向点以的速度移动，如果、分别从、同时出发，过多少秒时，以、、为顶点的三角形恰与相似？
【答案】过或秒时，以、、为顶点的三角形恰与相似
【分析】由，，：，即：：，利用勾股定理即可求得与的长，然后设过秒时，以、、为顶点的三角形恰与相似，则可得，，，再分别从当时，∽与当时，∽，去分析求解即可求得答案．
【详解】解：，，：，即：：，
设，，
则，
即，
解得：，
，，
，
设过秒时，以、、为顶点的三角形恰与相似，
则，，，
是公共角，
①当，即时，∽，
解得：，
②当，即时，∽，
解得：，
过或秒时，以、、为顶点的三角形恰与相似．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与勾股定理．此题难度适中，掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用是解题的关键．
【经典例题三 重心的有关性质】
1．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，点是的重心，点是边的中点，交于点，交于点，若四边形的面积为6，则的面积为（ ）

A．12B．14C．18D．24
【答案】C
【分析】连接，由点是的重心，点是边的中点，可得点在一条直线上，且，，通过可得，从而得到，通过，可得，再根据四边形的面积为6，可得出，进而可得出的面积．
【详解】解：如图所示，连接，
，
点是的重心，点是边的中点，
点在一条直线上，且，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，根据三角形的中线求面积，熟练掌握三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
2．（2023秋·九年级单元测试）如图，在等腰中，，点是的重心，连结，将绕点逆时针旋转得到，连结，若的周长为6，则的周长是（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】A
【分析】延长交于，如图，利用等腰直角三角形的性质和重心的性质得到平分，，则，所以，再利用旋转的性质可判断为等腰直角三角形，于是可判定，然后根据相似三角形的性质计算的周长．
【详解】解：延长交于，如图，
∵点是等腰的重心，
∴平分，，
∴，
∴，即：
∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的重心，等腰直角三角形的性质和旋转的性质及相似三角形的性质．解决问题的关键在于对三角形的重心是三角形三边中线的交点，重到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为这一结论的理解．
3．（2023·山东滨州·统考一模）如图，点是的重心，过点作交，于，，交于点，若，，则四边形的周长为 ．
【答案】18
【分析】连接并延长交于点，由的重心点可知，然后得到，从而求得和的长，然后得到，再结合求得四边形是平行四边形，最后求得四边形的周长．
【详解】解：连接并延长交于点，
的重心点，
，
，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形的周长为．
故答案为：18．
【点睛】本题考查了三角形重心的性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，解题的关键是由的重心得到相关线段长度的比值．
4．（2023秋·广东广州·九年级广东实验中学校考期末）如图，在菱形中，，点E、F分别在上，且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．
①若，则 ；
②若，则四边形的面积最大值为 ．
【答案】 / /
【分析】（1）证明点G是的重心，可得结论；
（2）由为等边三角形，故可得出的度数，再由菱形的性质求出的度数，由三角形外角的性质得出点B、C、D、G四点共圆，推出是直径时，四边形面积最大．
【详解】解：（1）∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∵，，
∴，
∴点G是的重心，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）∵为等边三角形．
∴．
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴当是直径时，四边形的面积最大，
最大面积为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及圆的内接四边形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
5．（2023春·湖南永州·九年级校考开学考试）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．

(1)特例感知：如图（1），已知边长为2的等边的重心为点，则的面积为______；
(2)性质探究：如图（2），已知的重心为点，对于任意形状的，是不是定值，如果是，请求出定值为多少，如果不是，请说明理由；
(3)性质应用：如图（3），在任意矩形中，点是的中点，连接交对角线于点，的值是不是定值，如果是，请求出定值为多少，如果不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，
(3)是，12
【分析】（1）连接，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）由得到，即可求得答案．
【详解】（1）解：连接，如图一，

点是的重心，
，是，边上的中线，
，为，边上的中点，
为的中位线，
，，
，
，
，，，
，，
，；
故答案为：；
（2）由（1）同理可得，，是定值；
（3）矩形，点是的中点，
，
，
，
，
，
定值为12．
【点睛】本题是一道相似形综合题目，主要考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
【经典例题四 相似三角形的判定与性质综合】
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．连接，若平分，且正方形的面积为3，则正方形的面积为（ ）
A．B．C．D．15
【答案】A
【分析】设直角三角形的长直角边是，短直角边是，得到，由，得到，由，得到，因此，由，得到，即可求出，的值，由勾股定理即可解决问题．
【详解】解：设直角三角形的长直角边是，短直角边是，
正方形的边长是，
正方形的面积为3，
，
，
平分，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
正方形的面积是．
故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，关键是求出直角三角形的直角边的长，由勾股定理即可解决问题．
2．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知、，与相交于点，作于点，点是的中点，于点，交于点，若，，则值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】证明，，，，求出，求出，，得出即可得出答案．
【详解】解：、，，
∴，
，，
∴，，
∴，，
∴，
，
∴，
点是的中点，
，
，
，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，求出．
3．（2023秋·福建福州·九年级福建省福州第十九中学校考阶段练习）如图，在等边中，点，分别在边和上，连接，点关于的对称点是点，连接和分别交于点和，若，，若和四边形面积相等，则的长为 ．
【答案】
【分析】先证明，，进而可得，再证明，并得到，同理求得：，即可得，问题随之得解．
【详解】∵点关于的对称点是点，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在等边中，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理求得：，
∵，
∴，
∴，
∴（负值舍去），
故答案为：．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，对称的性质等知识，证明，并得到，是解答本题的关键．请熟记面积比等于相似比的平方．
4．（2023秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O在的延长线上取一点E，连接交于点F，延长交于点H．若，，，则的值为 ．

【答案】
【分析】通过证明得到，通过得到即可得到答案．
【详解】解：平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
5．（2023春·广东·九年级专题练习）综合与探究
在矩形的边上取一点E，将沿翻折，使点C恰好落在边上的点F处．
(1)如图①，若，求的度数；
(2)如图②，当，且时，求的长；
(3)如图③，延长，与的角平分线交于点M，交于点N，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由折叠的性质可推出，再由含的直角三角形的特征即可求解；
（2）证即可求解；
（3）过点N作于点G，证可得，设，设，由即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将沿翻折，使点C恰好落在边上的点F处
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵将沿翻折，使点C恰好落在边上的点F处
∴，
又∵矩形中，，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点N作于点G，
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∵平分，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得．
∴ ．
∴．
【点睛】本题以矩形中的折叠问题为背景，考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质等．熟记相关数学结论是解题关键．
【经典例题五 利用相似三角形的性质求解】
1．（2023·陕西榆林·校考三模）如图，在等边中，点分别在边上，，若，则的长度为（ ）

A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】利用等边三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【详解】解：为等边三角形，
．
．
，
，
，
，
，
，
，
．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
2．（2023春·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期末）如图已知中，，，，将绕着边中点旋转得到，、分别交于点、，若，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设交与点，先利用勾股定理计算出，再根据旋转的性质得到，接着证明得到，则，求得，然后利用平行线分线段成比例定理求出的值．
【详解】设交与点，
，
，
为中点，
，
将绕着边中点旋转得到，
，
，
，
，
，
，
即，
，
∵平行于，
∴，
，
即，
解得，
故选A．

【点睛】本题考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点到旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前后的图形全等，也考查了平行线的性质和平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质等．
3．（2023·安徽滁州·校考一模）在等边三角形中，，、是上的动点，是上的动点，且，连接， ；
【答案】
【分析】证明，利用相似三角形的面积等于相似比的平方求解即可．
【详解】解： 是等边三角形，，
，，
，，
是等边三角形，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握等边三角形的性质是解题的关键．
4．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨德强学校校考开学考试）如图，在平行四边形中，E为上一点，连接、，且、交于点F，，若的面积是4，则四边形的面积是 ．

【答案】
【分析】根据四边形是平行四边形得到，得到，结合得到，即可得到，结合的面积是4即可得到四边形的面积，即可得到，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，，
设高的公比为k，底的公比为m，
∴，，，，
∵的面积是4，
∴，
∴，
∴四边形的面积是：，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的的性质：相似三角形形对应边之比，对应高之比等于相似比．
5．（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，在中，．

(1)求边上的高的长度；
(2)正方形的一边在上，另两个顶点E、H分别在边上，求正方形的边长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用勾股定理求出，再根据三角形面积求出；
（2）证明四边形是矩形，得到，设正方形的边长为x，由，得到，列得，求出x即可．
【详解】（1）解：在中，∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
如图，设与交于点M，

∵，
∴四边形是矩形，
∴，
设正方形的边长为x，
∵
∴，
得，
解得，
∴正方形的边长为．
【点睛】此题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质，正方形的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
【经典例题六 证明三角形的对应线段成比例】
1．（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）如图，在中，AC和BC上分别有一点E和点H，过点E和点H分别作BC和AC的平行线交于点D，DE交AB于点G，DH交AB于点F，则下列结论错误的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行线的性质，得出角相等，证明三角形相似即可求出对应线段比例相等.
【详解】解：A选项：，
.
，
.
.
A选项正确，不符合题意.
B选项：，
，
，，
四边形为平行四边形.
.
.
B选项正确，不符合题意.
C选项：，，
C选项不正确，符合题意.
D选项：，，
，，
，
，
.
D选项正确，不符合题意.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键在于是否能熟练运用相似三角形的性质和判定.
2．（2023秋·九年级单元测试）如图，在中，点D、E分别在AB、AC边上，，BE与CD相交于点F，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用平行线的性质可得内错角相等，即可得出和，在根据相似三角形的性质及等量代换即可得出答案．
【详解】解：，
，，，
，
，
由，
，

，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定及性质，考查学生对相似三角形对应边成比例知识点及等量代换技巧的掌握情况．
3．（2021秋·全国·九年级专题练习）如图，在中，若，，，则的长为 .

【答案】8
【分析】根据平行线证出三角形相似，得出对应边成比例，即可得出结果．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴
即
∴BC=8（cm）
故答案是：8
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质；根据平行线证出三角形相似是关键．
4．（2022春·九年级课时练习）如图，已知矩形ABCD中，AB=6，AD=8将矩形ABCD沿直线MN翻折后，点B恰好落在边AD上的点E处，如果AE=2AM，那么CN的长为 .
【答案】
【分析】如图，过N作NF⊥AD于F，可得NF=AB，根据矩形的性质和折叠的性质可得∠MEN=∠B=90°，EN=BN，根据直角三角形两锐角互余的性质及平角的定义可得∠AME=∠NEF，进而可证明△AEM∽△FNE，根据AE=2AM可求出EF的长，在Rt△FNE中，利用勾股定理可求出EN的长，进而可求出CN的长.
【详解】如图，过N作NF⊥AD于F，
∵四边形ABCD是矩形，AB=6，
∴NF=AB=6，
∵矩形ABCD沿直线MN翻折后，点B恰好落在边AD上的点E处，
∴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-，
故答案为：8-
【点睛】本题考查矩形的性质、增大的性质及相似三角形的判定与性质，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.
5．（2023·吉林四平·校联考三模）在中，，分别为，上一点，，交于点．

(1)设的面积为，的面积为，且．
①如图①，连接．若，求证：；
②如图②，若，，求的值．
(2)如图③，若，，，，直接写出的值．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【分析】（1）①由可证，即可证，可进一步推出结论；②连接，作于点，作于点，过点作于点．可证，推出，设，则，则可分别求出，的长，即可求出结论；
（2）过点作，且，连接，，构造平行四边形，证，推出，证明再证明为直角三角形，且可求出其三边的比，即可求出的值．
【详解】（1）解：①，
，．
，
，即．
又，
，
．
如图②，连接，作于点，作于点，过点作于点．

，
，
又，
，
．
又，
，
，
，
设，则，
．
（2）
如答图（2），过点作，且，连接，，

则四边形为平行四边形．
，
．
，
，
．
又，
，
，即．
，
．
，
设，，
则在中，．
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是能够通过作出合适的辅助线构造相似三角形，并且能够灵活运用相似三角形的判定与性质．
【经典例题七 利用相似求坐标】
1．（2022·九年级单元测试）平面直角坐标系中有一直线，先将其向右平移3个单位得到，再将作关于x轴的对称图形，最后将绕与y轴的交点逆时针旋转得到，则直线的解析式为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直线，先将其向右平移3个单位得到，取两点（0，11），（1，9），求得其关于x轴的对称点(0，-11)，(1，-9)，待定系数法确定的解析式为y=2x-11，确定与y轴交点（0，-11），根据与垂直，利用相似和待定系数法确定的系数为，从而得到解析式．
【详解】根据直线，先将其向右平移3个单位
得到，
取两点（0，11），（1，9），
所以关于x轴的对称点(0，-11)，(1，-9)，
设解析式为y=kx+b，
所以，
解得，
所以解析式为y=2x-11，
所以与y轴交点A（0，-11），与x轴交点B（，0），
设与x轴的交点为C，
所以OA=11，OB=，
因为绕与y轴的交点逆时针旋转得到，
所以∠OAC+∠OAB=90°，
因为∠OBA+∠OAB=90°，
所以∠OBA=∠OAC，
因为∠BOA=∠AOC=90°，
所以△BOA∽△AOC，
所以，
所以，
解得OC=22，
所以点C（-22，0）
因为过点（0，-11），
所以的解析式为y=kx-11，
所以22k-11=0,
解得k=，
所以解析式．
故选A．
【点睛】本题考查了待定系数法，轴对称，平移，旋转，熟练掌握待定系数法，理解旋转的性质和意义是解题的关键．
2．（2021·广东广州·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的点A在函数的图象上，点C在函数的图象上，若点B的横坐标为，则点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造K字形相似，由面积比得出相似比为2，从而得出A点坐标与C点坐标关系，而P是矩形对角线交点，故P是AC、BO的中点，由坐标中点公式列方程即可求解．
【详解】解：过C点作CE⊥x轴，过A点作AF⊥x轴，
∵点A在函数的图象上，点C在函数的图象上，
∴，，
∵CE⊥x轴，
∴，，
∵在矩形OABC中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设点A坐标为，则点C坐标为，
连接AC、BO交于点P，则P为AC、BO的中点，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
∴点A坐标为，
故选A．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形的综合，关键是构造相似三角形，根据反比例函数的系数k的几何意义，由面积比得到相似三角形的相似比，从而确定点A与点C的坐标关系．
3．（2021春·江苏·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为、，连接．动点P从点A开始在折线段上以每秒2个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段上以每秒3个单位长度的速度向点A移动．设点P、Q移动的时间为t秒，当与相似时，点P的坐标是 ．
【答案】或
【分析】由题意易得，然后可分情况进行讨论：①当时，有；②当时，有；进而根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】解：∵点A，B的坐标分别为、，
∴，，
∴，
当与相似时，则可分：
①当时，有，如图所示：
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴；
②当时，有，如图所示：
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴；
综上所述：当与相似时，或；
故答案为或．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
4．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，与轴交于点，已知点，，，是线段上一点，连接，若与相似，则的长为 ．
【答案】2或4
【分析】是一个直角三角形，若与相似，必须证明是直角三角形，再用相似三角形的性质即可求出点M的坐标．
【详解】如图，
∵A(1,4) ， C(3,0) ， D(0,3) ，
∴ ，，，
；
∴是直角三角形
∵点M在x轴上，设点M的坐标是（x，0），
∽
∴
∴=1
∴
当时，CM=2；当时CM=4，
故答案为：2或4．
【点睛】此题考查相似三角形的性质，熟悉掌握相似三角形的性质是解题的关键．
5．（2021·广东湛江·统考三模）已知，如图，已知抛物线与轴交于，两点，与y轴交于点C，连接AC，BC，若点M是x轴上的动点（不与点B重合），于点N，连接CM．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当时，求点N的坐标；
（3）是否存在以点C，M，N为顶点的三角形与相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）点N的坐标为或；（3）存在，，，．
【分析】（1）把A、B两点坐标代入解析式求出a、b后可以得解；
（2）过点N作NH⊥x 轴于点H，则根据题意可以得到NH及AH的值，再分点M在点A左侧和点 M在点A右侧两种情况分别写出点N坐标即可；
（3）由题意可得为直角三角形，所以若以点C，M，N为顶点的三角形与相似，则或，由这两种情况分别求出M的坐标即可．
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于，两点
∴，解得：
∴
（2）∵
∴当x=0时，
∴
∴
∵
∴
∴
∵，
∴在中，
过点N作轴于点H，
∴，
当点M在点A左侧时，N的坐标为
当点M在点A右侧时，N的坐标为
综上，点N的坐标为或
（3）设M点为（x,0），
则由（2）可得AB=4，，
∵，
∴是直角三角形，∠BCA=90°，
又由2S△CMA=AM×OC=AC×MN得：
MN=，
∴若以点C，M，N为顶点的三角形与相似，则：
,即，即6x=6，
所以x=1，此时M为（1，0）；
，即，即，
解之可得：x=0或x=-3，
∴M为（0，0）或（-3，0），
综上所述，存在以点C，M，N为顶点的三角形与相似，且M的坐标为（1，0）或（0，0）或（-3，0）．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数解析式的求法、直角三角形的性质、三角形相似的判定与性质是解题关键 ．
【经典例题八 在网格中画与已知三角形相似的三角形】
1．（2023春·河北衡水·九年级校考期中）下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据勾股定理，AB=，
BC=，
AC=，
所以△ABC的三边之比为=，
A、三角形的三边分别为2，，，三边之比为2：=，故本选项错误，不符合题意;
B、三角形的三边分别为2，4，，三边之比为2：4：2=1：2：，故本选项正确，符合题意；
C、三角形的三边分别为2，3，，三边之比为2：3：，故本选项错误，不符合题意；
D、三角形的三边分别为，，4，三边之比为：4，故本选项错误，不符合题意．
故选：B．
2（2023秋·广东揭阳·九年级校联考阶段练习）如图，在正方形网格上有5个三角形（三角形的顶点均在格点上）：①△ABC，②△ADE，③△AEF，④△AFH，⑤△AHG，在②至⑤中，与①相似的三角形是（ ）
A．②④B．②⑤C．③④D．④⑤
【答案】A
【分析】根据两边成比例夹角相等两三角形相似即可判断．
【详解】解：由题意：①②④中，∠ABC＝∠ADE＝∠AFH＝135°，
又∵，
∴，，
∴△ABC∽△ADE∽△HFA，
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
3．（2023·山东烟台·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，，，点为图示中正方形网格交点之一（点除外），如果以、、为顶点的三角形与相似，那么点的坐标是 ．
【答案】、、
【分析】根据是直角三角形，构造K字形相似即可得出以、、为顶点的三角形与相似的点C坐标．或直接作出全等三角形．
【详解】解：以为共同的斜边时，，得坐标为，
过点作的垂线，当时，，得，
过点作的垂线，当时，，得．
故答案为：、、
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键，注意分类讨论．
4．（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，在小正方形边长均为1的的网格中，是一个格点三角形．如果，是该网格中与相似的格点三角形，且的面积最大；的面积最小，那么的值等于 ．
【答案】5
【分析】此题先求出已知三角形的三边关系，在格点中分别找到对应成比例的面积最大和面积最小的三角形，通过相似三角形面积比为相似比的平方直接求解即可．
【详解】由图可知，，
，是该网格中与相似的格点三角形，且的面积最大；的面积最小，可如图所示作出， ，
，，
同理可得，，
且
综上所述：
故答案为：5
【点睛】此题考查相似三角形的性质，解题关键是在格点图中画出三角形，难点是将三角形相似比转化为面积比．
5．（2023·浙江温州·校考三模）如图，在6×6正方形网格中，的顶点均在格点上，请按要求画格点三角形（顶点在格点上），且三角形的各个顶点均不与点A，B，C重合．

(1)在图1中，作一个格点，使得与相似（相似比不等于1），且；
(2)在图2中，作一个格点，使得与全等，且每条对应边都互相垂直．
注：图1，图2在答题卷上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定画出图形即可（答案不唯一）；
（2）根据全等三角形的判定，画出图形即可（答案不唯一）．
【详解】（1）解：如图，即为所求；

或者，满足即可：
；
（2）解：如图，即为所求；

或者，满足，，即可：
.
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，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，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
【经典例题九 相似三角形——动点问题】
1．（2023春·吉林长春·九年级校考开学考试）如图，中，，，，，点是边上的一个动点，连接，当是直角三角形时，的值是（ ）

A．2或B．C．3或D．3
【答案】A
【分析】根据含30度的直角三角形的性质求出，分两种情况：①，根据相似三角形的性质和判定求出，求出；②，根据相似三角形的性质和判定求出，求出即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
当时，
，，
∴，
∴，即，
∴，
∴；

当时，
，，
∴，
∴，即，
∴，
∴；

综上：的值是2或，
故选A．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，含30度角的直角三角形的性质等知识点，能求出符合题意的所有情况是解此题的关键．
2．（2023·河北邯郸·校考三模）在中，于点，点从点出发沿向点运动，设线段的长为，线段的长为（如图1），而关于的函数图象如图2所示．是函数图象上的最低点．当为锐角三角形时的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到的长度，分类讨论为直角三角形时的情况即可．
【详解】解：根据题意得：
，点到的距离为，即，此时点到达点，，
当点与点重合时，为直角三角形，则在右侧时，为锐角三角形，
当时，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当为锐角三角形时，，
故选：C．
【点睛】本题为动点函数图象问题，考查了二次函数图象最小值的实际意义以及直角三角形的分类讨论，相似三角形的判定与性质，解题的关键是以为直角三角形作为临界条件解决问题．
3．（2023春·九年级课时练习）如图1，在矩形中，动点从点出发，沿方向运动，当点到达点时停止运动，过点作交于点．设点运动路程为，如图2所表示的是与的函数关系的大致图象，当点在上运动时，的最大长度是，则矩形的面积是 ．

【答案】20
【分析】由题意可知，易证，可得，根据二次函数图像对称性可得在中点时，有最大值，列出二次函数解析式即可解题．
【详解】解：若点在上时，如图

，，
，
在和中，，，
∽，
由二次函数图像对称性可得在中点时，有最大值，此时，
，
即，
，
当时，代入得到
解得：，（不合题意舍去），
，
，
∵，
矩形的面积为；
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数动点问题，考查了相似三角形的判定和性质，考查了矩形面积的计算，本题中由图像得出为中点是解题的关键．
4．（2023春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，．动点M从点A出发，沿边向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边向点C匀速运动，连接．动点M，N同时出发，点M运动的速度为，点N运动的速度为，且．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形沿翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好与的中点重合，则的值为 ．

【答案】
【分析】如图，设交于点Q，设，.利用勾股定理求出x（用k表示），再利用相似三角形的性质求出（用k表示），可得结论．
【详解】解：如图，设交于点Q，设，

，
∴可以假设，，
点是的中点，
，
∵四边形是矩形，
，，，
在中，，
，
，
，，
由翻折的性质可知，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
设，则，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．（2023秋·吉林长春·八年级吉林大学附属中学校考阶段练习）如图，在中，，，，动点P从点A开始沿着边向点B以的速度移动（不与点B重合），动点Q从点B开始沿着边向点C以的速度移动（不与点C重合）．若P，Q两点同时移动．

(1)当移动几秒时，的面积为？
(2)当移动几秒时，四边形的面积为？
(3)当移动几秒时，与相似？
【答案】(1)当移动1秒或5秒时，的面积为
(2)当移动3秒时，四边形的面积为
(3)当移动1.2秒或3秒时，与相似
【分析】（1）设x秒时，的面积为，根据移动速度和三角形面积公式列出方程，求出结果即可；
（2）设当移动y秒时，四边形的面积为，根据四边形的面积为列出方程，解方程即可；
（3）设当移动t秒时，与相似，分两种情况，当时，当时，根据相似三角形的性质，分别列出方程解方程即可．
【详解】（1）解：设x秒时，的面积为，根据题意得：
，
解得：，，
答：当移动1秒或5秒时，的面积为；
（2）解：设当移动y秒时，四边形的面积为，根据题意得：
，
解得：，
答：当移动3秒时，四边形的面积为；
（3）解：设当移动t秒时，与相似，
当时，，
即，
解得：，
即当移动3秒时，；
当时，，
即，
解得：，
即当移动1.2秒时，；
综上分析可知，当移动1.2秒或3秒时，与相似．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质，并注意进行分类讨论．
【经典例题十 相似三角形的综合问题】
1．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，矩形，分别以、为边向内作等边三角形（图1）；分别以、为边向内作等边三角形（图2），两个等边三角形的重叠部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将阴影部分分别分割成两个规则图形，图一可以分为两个梯形，图二可分成两个三角形，设设=m，令AB=1,则AD=m，利用相似求出图形面积，结合面积比即可求出．
【详解】
设=m，令AB=1,则AD=m，
∵两个正三角形以AD、BC为底，所得图形是对称图形，
∴EF所在直线平行AD与BC，
∴AM=BM=，
∵∠HBE=90°-60°=30°，
∴AH=，
∴ME=
根据对称性关系可知EF=m-2×=m-，HG=m-
∴梯形EFGH面积=
∴S1=，
同理根据图二可知
AK=，△ABR的高为，
∴△QPR的高为，
根据△QPR∽△ABR，
求得PQ=
∴三角形PQR面积=，
∴S2=，
∵，
整理得到：，
∴化简求得m=或（舍弃），
∴=，
故选：B．
【点睛】本题主要考查相似三角形、等边三角形有关知识，对知识的灵活运用要求较高，注重培养学生的分析问题和知识综合运用能力．
2．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝2，沿对角线AC剪开（如图①）；固定△ADC，把△ABC沿AD方向平移（如图②），当两个三角形重叠部分的面积最大时，移动的距离AA′等于（ ）
A．1B．1.5C．2D．0.8或1.2
【答案】A
【分析】设AA′=x，先证△AA'E∽△ADC，利用相似的性质用含x代数式表示出A′E，再根据阴影部分为平行四边形利用面积建立二次函数解析式，通过最值即可得出答案．
【详解】解：如图所示，
设AA′=x，则DA′=2-x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，AD=BC=2，
∵EA′∥CD，
∴△AA'E∽△ADC，
∴，
即，
∴A′E=x，
∵EA′∥CD，CA′∥CA，
∴阴影部分为平行四边形，
∴阴影部分的面积：
S=EA′·DA′=，
即当，阴影部分的面积最大为，
∴当平移的距离AA′=1时，两个三角形重叠部分的面积最大.
故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平移的性质、相似的判定及性质、二次函数的最值.根据相似的性质得出比例线段，并利用面积建立二次函数是解题的关键.
3．（2023春·四川达州·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，连结AE，将△ABE沿直线AE翻折得到△AFE，EF与AC相交于点M．若AB＝8，BC＝10，且BE＝BC，则点F到直线AD的距离为 ．
【答案】．
【分析】先过F作MN⊥BC，根据已知条件与折叠的性质得到△AFN∽△FEM，再根据相似的性质得到，设出未知数，求解出答案即可．
【详解】解：过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，
∴，
设AN=4x，FM=3x， FN=8-3x，EM=4x-6，
∴FN=8-3x，EM=4x-6，
∴，
∴，
经检验：是原方程的根，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质与相似三角形的判定与性质，关键在于作出辅助线，根据折叠的性质证明出三角形相似．
4．（2023·山东德州·统考一模）在边长为4的正方形中，E是边上一动点(不与端点重合)，将沿翻折，点A落在点H处，直线交于点F，连接，，分别与AC交于点P、Q，连接，．则以下结论中正确的有________ (写出所有正确结论的序号)．
①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若连接，则的最小值为．
【答案】①②④⑤
【分析】①正确．由正方形的性质可证明，可得结论；②正确．证明，推出，推出，由，可得结论；③错误．可以证明；④正确．利用相似三角形的性质证明，可得结论；⑤正确．求出，，根据，可得结论．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
在和中
∴，
∴，故①正确；
∵沿翻折，点A落在点H处，直线交于点F，
∴，则，，
∵，
∴，则，
∵，
∴，
∵，，
∴，则，，
∴，
∵，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∴，则为等腰直角三角形，故④正确；
∵，
∴，
∵，
∴P，E，D，F四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，故②正确，
将绕点B顺时针旋转得到，连接，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，故③错误，
连接，，
∵，，
∴，
∴的最小值为，故⑤正确．
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查正方形的性质，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，解题关键是学会添加常用辅助线吗，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．（2023·江苏苏州·统考三模）【问题探究】
课外兴趣小组活动时，同学们正在解决如下问题：
如图1，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接，，且于点，若，，求的值．

(1)请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．
【初步运用】
(2)如图2，在中，，，点为的中点，连接，过点作于点，交于点，求的值．
【灵活运用】
(3)如图3，在四边形中，，，，，点，分别在边，上，且，垂足为，则__________________．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）证明，根据相似三角形对应边成比例，即可求解；
（2）构造矩形，延长交于点G，
由（1）中结论可得：，，设，，则，，，，再证明，则，即可求出，即可求解；
（3）连接，构造如图所示矩形，过点N作，交于点P，证明，，根据，得出，设，则，，得出，即可求出，由（1）中结论可得：，最后证明四边形为平行四边形，则．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：构造如图所示矩形，延长交于点G，
由（1）中结论可得：，
∵，
∴设，，
∵点为的中点，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴，则，，
解得：，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴；

（3）解：连接，构造如图所示矩形，过点N作，交于点P，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴设，，
∴，
设，
则，，
∴，整理得：，
∴，
由（1）中结论可得：．
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握矩形是四个角都是直角的平行四边形，相似三角形对应边成比例，以及正确作出辅助线，构造题中所给几何模型，进行解答．
【重难点训练】
1．（2023春·山东菏泽·八年级统考期末）如图，下列条件：①；②；③；④；其中单独能够判定的条件有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定逐一判断即可．
【详解】解：，，
，
故①单独能够判定；
，，
，
故②单独能够判定；
由③不能判定，
，，
，
故④单独能够判定；
其中单独能够判定的条件有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，，和分别是和的高，若，，则与的面积的比为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据相似三角形对应高的比等于相似比求出相似比，再根据相似三角形面积的比等于相似比的平方进行解答即可．
【详解】解：∵，
又∵和分别是和的高，，，
∴与的相似比为，
∴与的面积的比为．
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形的性质：相似三角形面积的比等于相似比的平方，相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．掌握相似三角形的性质是解题的关键．
3．（2023秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，，，垂足为E，与交于点F，则值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质可求出结论．
【详解】解：设与相较于O，

∵四边形是菱形，，，，
∴，，，
由勾股定理得到：，
又∵，，
∴，即，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质；证明是解决问题的关键．
4．（2023春·山东泰安·八年级校考阶段练习）如图，矩形纸片中，，，折叠纸片使边与对角线重合，折痕为，记与点A重合点为，则的面积与该矩形的面积比为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据勾股定理求得，再根据折叠的性质可知，．根据可得面积之间的比值，再进一步求与矩形面积的比．
【详解】解：∵矩形纸片中，，，
∴．
∵，
∴．
∵， ，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了图形的折叠变换，同时考查了相似三角形的判定和性质，正确运用相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．（2023·河南安阳·校考二模）在四边形中，，，，点为边上一点，，且．连接交对角线于点．下列结论正确的有（ ）个．
①；②；③；④

A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】先说明等腰直角中，等腰直角中，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，，可判定①；由为直角三角形，，可得，因为，所以，所以不成立，则②错误；根据垂直平分线的性质可得，再结合可得，即可判定③，H作于M，则，可得，利用相似三角形的性质以及底相等的三角形面积之比等于高之比即可判定④．
【详解】解：∵，，
∴,
∵,，
∴等腰直角中，等腰直角中，
∴
∴，,即，所以①正确；
∵等腰直角中，
∴,
∴
∵为直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴ 不成立，②错误；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，判定③正确；
过H作于M，则，
∴，
∴，故④正确．
∴正确的有①③④，共3个．
故选：C．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
6．（2023秋·江苏扬州·九年级校考阶段练习）如图，D、E为的边上的点，当 时，．

【答案】（答案不唯一）
【分析】根据图形可知，和中有一个公共角，可再找出一组对应角，或的两邻边对应成比例，得到这两个三角形相似．
【详解】解：添加条件：，
，
∴，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题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·九年级校考期中）如图，在矩形中，点E在上，，与相交于点O，与相交于点F．

（1）若平分，则与是否垂直？ （填“是”或“否”）；
（2）图中与相似的三角形有 （写出两个即可）
【答案】 是 ，
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义即可得出结论；
（2）根据判定两个三角形相似的判定定理，找到相应的角度相等即可得出．
【详解】（1）如图，

∵矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：是；
（2）∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
又，
∴；
故答案为：，．
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定，等边对等角．熟练掌握矩形的性质，是解题的关键．
8．（2023春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，中，，，，若正方形的顶点在上，顶点、都在上，射线交边于点，则长为 ．

【答案】
【分析】证明，，由相似三角形的性质得出 ， ，设， 可得，， 从而可得出答案．
【详解】解：∵四边形为正方形， ，
∴，，
∴，，
∴， ，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故答案为 ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，证明与是解题的关键．
9．（2023·湖北黄石·统考模拟预测）如图，点的坐标为，点A是轴正半轴上一点，点在第一象限内，于点，当时，则过点的反比例函数的比例系数的值为 ．

【答案】或
【分析】过点、分别作轴，，垂足为、，容易得到，又，利用角平分线性质，构造全等三角形，得到，，又知，建立方程可求出点的坐标，使问题得以解决．
【详解】解：过点、分别作轴，，垂足为、，

在和中，
，，，
，
，；
同理可证，
，；
，
，
，
，
，
，
设点
，
，
又，
，
即：，
解得：，，
或
又点在反比例函数的图象上，
，或，
故答案为：16或64．
【点睛】考查反比例函数的图象上点的坐标特征，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质等知识，综合性很强．
10．（2023春·安徽·九年级专题练习）矩形对角线的交点为，点在边上，点在的延长线上，连接，，，．试探究：

(1)如图，若垂直平分，，，则的长为 ；
(2)如图，若，，则的长为 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设与交于点H，根据矩形的性质，得，；根据垂直平分，则，；根据相似三角形的判定和性质，得，推出，解出，即可；
（2）延长交于点，连接，根据矩形的性质，得，，根据平行线的性质，对顶角相等，得，推出，，再根据，，得是的垂直平分线，则，根据勾股定理求出，即可．
【详解】（1）设与交于点，
∵四边形是矩形，是对角线，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；

（2）延长交于点，连接，
∵四边形是矩形
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，关键是准确作出辅助线构造全等三角形解决问题．
11．（2023秋·广东深圳·九年级深圳实验学校中学部校考开学考试）如图所示，在等腰三角形中，，点在线段上，点在线段上，且，．求证：

(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，利用证明即可；
（2）由全等三角形的性质可得，进而得到，即可得证．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
即，
在和中，
，
；
（2）证明：，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定、等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
12．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知：如图，在中，点，分别在，上， ，．

(1)写出图中所有与相似的三角形
(2)如果，，的面积为，求面积．
【答案】(1)和
(2)
【分析】（1）根据相似三角形的判定可直接得出结论；
（2）根据条件可知，，所以，分别设出的面积为，则的面积为，建立方程，求解即可．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
，
图中与相似的三角形有和；
（2），，
，
，
设的面积为，则的面积为，
，
解得：，
的面积为．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，相似三角形的面积比等于相似比的平方，熟知相关性质是解题关键．
13．（2023春·山东济宁·九年级统考期中）已知：如图，连接正方形的对角线的平分线交于点，过点作，交延长线于点，过点作于点，交于点．

(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由正方形的性质得，，由等角的余角相等可得，于是即可利用证明；
（2）由角平分线的定义得，根据三角形内角和定理得，，进而得到，再由即可证明，利用相似三角形的性质可求出的长，由知，，得到．
【详解】（1）解：证明：四边形是正方形，
，．
．
．
在和中
．
（2）解：，．
．
．
．
．
．
平分线，
．
在和中，
．
．
．
．
，
．
．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、三角形内角和定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质是解题关键．
14．（2023春·陕西西安·九年级校考开学考试）如图，矩形中，，，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度在射线上向右运动，运动时间为秒，连接交于点．

(1)求证：；
(2)若是以为腰的等腰三角形，求运动时间的值．
【答案】(1)见解析
(2)或．
【分析】（1）由题意可知，从而可知，由，可证；
（2）由矩形性质可得及勾股定理可知，，，分两种情况：①当时，②当时，分别利用相似三角形列出比例式可求解得的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，，，
∴，
由题意知，，，
①当时，即：，，
∵，
∴，即：，解得：；
②当时，即：，
∵，
∴，即：，整理得：，
两边同时平方得：，整理得：
解得：（负值已舍）；
综上：是以为腰的等腰三角形时，或．
【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，等腰三角形定义、矩形性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质，分类讨论求解是解决问题的关键．
15．（2023秋·陕西西安·九年级校考开学考试）（1）如图1，在四边形中，，点为上一点，若，，，则______；

（2）如图2，四边形中，，，，点在线段上，且，连接，作，交于点，则四边形的面积是多少？

（3）如图3，四边形中，，，且，点到的距离为．求四边形面积的最小值．

【答案】（1）；（2）四边形的面积是；（3）四边形面积的最小值为
【分析】（1）根据直角三角形的性质可证，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）如图所示，过点作于点，可得四边形是矩形，可求出矩形的面积，根据直角三角形的性质可证，由此可求出的长，，，根据即可求解；
（3）如图所示，过点作，过点作的垂线，交于点，交延长线于点，过点作于点，设，可用含的式子表示的长，分别根据几何图形的面积计算方法列出关于的式子，根据配方法将关于的式子化成顶点式即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，且，
∴，
∴，且，，
∴，
故答案为：；
（2）如图所示，过点作于点，

∵，即，，且，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，且，，，
∴，
∴，解得，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形的面积是；
（3）如图所示，过点作，过点作的垂线，交于点，交延长线于点，过点作于点，且点到的距离为，

∴，
∵，
∴，
由（1）的推理可知，，且，
∴，
∴，则，
设，则，，，，
∴，，，，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴四边形面积的最小值为．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，不规则图形的面积的计算方法，配方法等知识的综合，掌握以上知识，图形结合，构造合适的辅助线是解题的关键．
预备定理
平行于三角形的一边的直线与其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似．
判定1
有两个角对应相等的两个三角形相似．
判定2
两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．
判定3
三边对应成比例的两个三角形相似
直角三角形
的特殊判定
若一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似．
性质1
相似三角形的对应边成比例，对应角相等。
性质2
相似三角形的周长比等于相似比。
∽，则
由比例性质可得：
类似地，我们还可以得到：相似多边形周长的比等于相似比。
性质3
相似三角形的面积比等于相似比的平方。
∽，则分别作出与的高和，则
要点诠释：相似三角形的性质是通过比例线段的性质推证出来的。
如果把两个相似多边形分成若干个相似的三角形，我们还可以得到：
相似多边形面积的比等于相似比的平方。
性质4
相似三角形的对应高的比、对应中线的比、对应角平分线之比等于相似比。
要点诠释：要特别注意“对应”两个字，在应用时，要注意找准对应线段。