2026年湖南中考数学二轮复习 专题07 相似三角形模型(题型专练)

这是一份2026年湖南中考数学二轮复习 专题07 相似三角形模型(题型专练)，共60页。
内●容●导●航
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01：A 字型与 8 字型（X 型）相似模型及其应用
题型02：一线三等角（K 型）相似模型及其应用
题型03：旋转（手拉手）相似模型及其应用
题型04：母子型（共边共角型）相似模型及其应用
题型05：相似三角形的判定与性质综合证明
题型06：相似三角形与函数、动点综合问题
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01 A字型与8字型（X型）相似模型及其应用
典例引领
【典例01】（2026·湖南·一模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都相等，点、、、都在格点上，连接、交于点，那么的值是___________．
【答案】
【分析】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．
先证明，再列出比例式求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）如图，相交于点O，，求证：．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定．根据相似三角形的判定定理解答即可．
【详解】证明：∵交于点O，
∴，
∵，
∴．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·一模）在矩形中连接，过点D作的垂线交于E，于F．
(1)证明：；
(2)若，，连接，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质．
（1）由矩形的性质得，再由垂直得，由角的等量代换推出，即可得出结论；
（2）先证明得，进而得，再由平行得，，最后由可得答案．
【详解】（1）证明：∵是矩形，
∴，
∵于点E，
∴，
∴，，
∴，即，
∴；
（2）解：如图，
∵，
∴，
由（1），
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴（负值舍去），
∵是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，，，将沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与不相似的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
根据相似三角形的判定方法一一判断即可．
【详解】解：选项A、根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可，本选项不符合题意；
选项B、根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可，本选项不符合题意；
选项C、不满足相似三角形的条件，本选项符合题意；
选项D、根据两边成比例夹角相等两三角形相似判断即可，本选项不符合题意，
故选：C．
【变式03】（2026·湖南·二模）如图，中，E为延长线上一点，连接交边于F点，交对角线于G点，若，则长为（ ）
A．1.5B．2C．D．
【答案】C
【分析】作，进而得到，证明，得到，设，，证明，列出比例式进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
作交于点，则，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
设，，则，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴或（舍去）；
故．
题型02 一线三等角（K型）相似模型及其应用
典例引领
【典例01】（2025·湖南·三模）如图，点，分别在正方形的边，上，且．求证：．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，同角的余角相等，垂直的定义，先根据正方形的性质得到，再证明，然后根据相似三角形的判定方法得到结论，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】证明：∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴．
【典例02】（2025·湖南·一模）如图，在中，，点为线段上一动点（不与点，重合），连接，作，交线段于点．
下面是某学习小组根据题意得到的结论：
甲同学：；
乙同学：若，则；
丙同学：当时，为的中点．
则下列说法正确的是（ ）
A．三个同学都正确B．只有乙和丙同学正确
C．只有甲和丙同学正确D．只有甲同学正确
【答案】A
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，由等腰三角形的性质可得，利用三角形外角性质可得，即可，即可判断甲；证明即可判断乙；证明，由等腰三角形的性质即可判断丙；据此即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故甲同学说法正确；
若，
∵，
∴，
∴，故乙同学说法正确；
当时，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中点，故丙同学说法正确；
综上，三个同学说法都正确，
故选：．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·一模）（1）如图1，在中，于点H，求证：；
（2）如图2，已知，E为上一点，且，若，求的值；
（3）如图3，在四边形中，，，E为边上一点，且，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，利用前面探索的结论和方法解决新问题是解题的关键．
（1）利用同角的余角相等得，即可证明结论；
（2）过点A作于点F，利用两个角相等证明，得，从而得出答案；
（3）过点A作于点H，延长相交于点N，设，则首先证明，得再根据，得最后根据进而解决问题．
【详解】解：（1）证明：∵，
∴，
∴，
∴；
（2）过点A作于点F，则，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）过点A作于点H，延长相交于点N．
∵，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）如图，是等腰三角形，，点，分别在上，且．
(1)求证：；
(2)若，求的长；
(3)探究：长是否存在最小值，若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证得；
（2）由，，得到，，由（1）知，进而可得，求得，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）设，，由（1）知，根据相似三角形的性质得到，得到，整理得，由方程有解，即，得到，于是得到结论．
【详解】（1）证明：，，
，
，
，
，
，
（2）解：，，
，，
由（1）知，
，
，
，
，
即，
，
，
，，
，
，
；
（3）解：设，，
由（1）知，
，
，
，
方程有解，即，
，
解得，
即最大值为，
最小值为．
【点睛】本题以等腰三角形为载体，核心是通过角的和差推导证得，再依托相似三角形的比例性质，结合线段长度关系求解的长度；最后通过设元建立一元二次方程，利用判别式的非负性探究的最小值，将几何最值问题转化为代数方程问题，充分体现了数形结合与转化思想。
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）如图，正方形的边长是，是的中点，点在射线上，过点作，垂足是点．
(1)求证：；
(2)当点在射线上运动时，设，是否存在实数，使以为顶点的三角形与相似？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】（1）根据相似三角形的判定方法进行论证；
（2）分情况讨论不同对应关系下的相似即可求得结果．
【详解】（1）证明：∵正方形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：当时，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵为的中点，，
∴，
∴；
当时，
∴，
∵正方形中，
∴
∴
∴
∵
∴
∵为的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上：当或时，以为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定、矩形的性质、勾股定理，关键是相似三角形的判定的应用．
题型03 旋转（手拉手）相似模型及其应用
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）如图1，在中，，点D是上一点（不与点A，B重合），作交于点E．如图2，把绕点A顺时针旋转α度，．在旋转过程中，完成以下问题．
(1)如图2，求证：；
(2)如图3，若点F，H，G分别是的中点，求的值；
(3)如图2，若，求面积的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)24
【分析】（1）如图1：先证明可得，如图2：再说明即可证明结论；
（2）由三角形中位线定理知，同理：．由（1）知，再利用相似三角形的性质以及已知条件即可解答；
（3）先运用勾股定理求得，再利用可得；根据绕点A顺时针旋转，则是的半径，要使达到最小值，即：以为底．过点A作于点M．当点A，E，M三点共线时，即；然后用等面积法求得，即，最后根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，∵绕点A旋转前，，
∴，
∴，即 ，
如图2，∵绕点A顺时针旋转α度的过程中，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵点F，H，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，同理：．
由（1）得，且．
∴，
∴．
（3）解：如图：
∵在中，，
∴．
∵，，
∴，即，解得：．
∵绕点A旋转，则是的半径，
要使达到最小值，即：以为底．过点A作于点M．
∵绕点A顺时针旋转α度的过程中，的三边关系有：，
∴当点A，E，M三点共线时，即，
∴，即，解得：
∴，此时
∴，即面积的最小值为24．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）如图1，四边形是正方形，G是边上的一个动点（点G与C，D不重合），以为一边在正方形外作正方形，连接，．我们探究下列图中线段、线段的长度关系及所在直线的位置关系：
（1）①猜想如图1中线段．线段的长度关系及所在直线的位置关系；
②将图1中的正方形绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度，得到如图2，如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断；
（2）将原题中正方形改为矩形（如图4－6）且，，，，第（1）题①中得到C的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图5为例简要说明理由；
（3）在第（2）题图5中，连接、，且，，，求的值．
【答案】（1）①，．②，仍然成立．详见解析；（2）成立，不成立，详见解析；（3）．
【分析】（1）①利用正方形的性质，证明，利用全等三角形的性质可得：BG=DE，∠CBG=∠CDE，再证明：∠EDC+∠DGO=90°，从而可得结论；②同①，先证明：，利用全等三角形的性质可得：，，再证明：，从而可得结论；
（2）利用矩形的性质，证明，可得：，再证明，从而可得结论；
（3）连接利用，结合勾股定理证明：，再把，，代入，即可得到答案．
【详解】解：（1）①，．理由如下：如图1，
延长BG交DE于O，
∵四边形ABCD、CGFE是正方形，
∴BC=CD=AB，CG=CE，∠BCD=∠ECD=90°，
∵在和中
，
∴，
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
∵∠CBG+∠BGC=90°，
又∵∠DGO=∠BGC，
∴∠EDC+∠DGO=90°，
∴∠DOG=，
∴BG⊥DE，
即BG=DE，BG⊥DE；
②，仍然成立．
如图2，∵四边形、四边形都是正方形，
∴，，，
∴，
∵在与中，
∴，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）成立，不成立．
如图5，∵四边形、四边形都是矩形，
且，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴．
显然：
（3）如图5，连接
∵，
∴，，，
∴，
又∵，，，，，

∴，
∴．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，正方形，矩形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·二模）如图，已知为中位线，，现将绕顶点旋转．
(1)若，旋转至如图中位置，求证：；
(2)若，．
①将绕旋转至如图中位置，求的值；
②直接写出的值；
③如图，为平面内一点，现将平移至的位置，此时、、共线，、、共线，为等边三角形，然后将绕旋转（）至，连接，为关于的中心对称点，在旋转过程中，是否存在最小值，若存在，直接写出该最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①的值是；②；③存在，最小值为．
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）①证明，即可得出结论；②作，交的延长线于点，解直角三角形求出的长，再利用勾股定理求出的长即可；③连接并延长至点使，连接，证明，得到，进而得到，根据平移的性质，旋转的性质，推出为等边三角形，进而推出，勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）解：，为中位线，
∴，
∴，
∵旋转，
∴，，
，
即，
在和中，
，
，
（2）解：①∵，，为中位线，
∴，
由旋转性质可得：，，
，，
∴，
，
；
②作，交的延长线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
③存在，连接并延长至点使，连接，，
∵为关于的中心对称点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵平移，
∴，，
由中位线定理，得：，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵旋转，
∴，
∴为等边三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查三角形的中位线，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握旋转的性质，构造全等和相似三角形，是解题的关键．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，
(1)如图（1），连接，在纸片绕点A旋转过程中，试探究的值；
(2)纸片绕点A旋转至图（2）所在位置，使得，求三角形的面积；
(3)如图（3），在纸片绕点A旋转过程中，当点D恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点F，直接写出的长．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到，根据相似三角形的性质得到；
（2）过点A作于点Q，交于点N，根据等腰三角形的性质得到，易得，故，因此得到，由，得，即，设，则，由勾股定理解得，
根据即可求出答案；
（3）连接，延长交于点Q，连接交于点P，延长交于点N，根据（1）得，由是中线，得到，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的性质得到，在中，由勾股定理得，设，则，根据全等三角形的性质得到，在中，由勾股定理得，求得，故，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：，，，
在和中，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
即，
，
，
；
（2）如图2，过点A作于点Q，交于点N，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，
；
（3）连接，延长交于点Q，连接交于点P，延长交于点N，根据（1）得，
，
是中线，
，
，
，
，
即，
，
，
在和中，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
，
设，则，
在和中，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
解得，
，
，
，
，
,
即，
解得．
【点睛】本题是相似形的综合题，考查了寻转的性质，三角形相似的判定与性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握三角形相似的判定与性质，矩形的判定与性质，中位线定理是解题的关键．
【变式03】（25-26九年级上·湖南·模拟预测）【问题背景】（1）已知D、E分别是的边和边上的点， 且， 则，把绕着A逆时针方向旋转，连接和．如图2，找出图中的另外一组相似三角形 ；并加以证明．
【迁移应用】（2）如图3， 在中，， D、E， M分别是中点， 连接和．
①如图4，把绕着点A逆时针方向旋转，直接旋转过程中写出线段和的始终存在的位置和数量关系： ；
② 把绕着点 A 逆时针方向旋转到如图5，连接和，取中点 N，连接， 若，求的长．
【创新应用】（3）如图6，是直角三角形，，将绕着点 A旋转， 连接， F是上一点， 连接，请直接写出的最小值．
【答案】（1），证明见解析（2）①，；②（3）
【分析】（1）根据相似的性质，得到，进而得到，利用两边对应成比例，夹角相等，得到即可；
（2）①求出，中点推出，延长与相交于点，与相交于点，证明再证明，得到，得到；②证明求出的长，中位线定理求出的长；
（3）过点作，过点作，连接，三线合一结合勾股定理求出的长，等积法求出的长，进而求出的长，证明求出的长，根据三角形的三边关系求出的最小值即可．
【详解】解：（1），证明如下：
，
又，，
∴
．
（2）①如图，在中，，
，
∵D、E， M分别是中点，
∴，
．
如图，延长与相交于点，与相交于点，
，，
∴，
又，
，
，
，
，
，即：．
故答案为：；．
②如图，连接，
，，
∴，
又，
，
，
∴，
又∵M是的中点，N是的中点，
；
（3）如图，过点作，过点作，连接，
，，
，
又
，
，
，
，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、平行线的判定与性质等，解答本题的关键在于会添加合适的辅助线，利用平行线的性质求解，是一道综合性较强的压轴题．
题型04 母子型（共边共角型）相似模型及其应用
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，是边上的高，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解．
【详解】解：∵，
∴设，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【典例02】（2026·湖南·一模）如图，在中，，点D，E分别是，的中点，交于点F，则与的面积比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先证明，得相似比．再根据点D，E分别是，的中点，得，从而求得，则，即；然后由点D是的中点，求得，则，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴相似比．
∵点D，E分别是，的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵点D是的中点，
∴为的中线，
∴，
∴，
∴．
方法透视
变式演练
【变式01】（2026·湖南·一模）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：

(1)根据上述作法，请在图②中使用尺规完成作图，并标注对应字母；
(2)请结合作图过程，证明该小组作法的正确性；
(3)结合（1）（2）问的思路，已知正方形，也可以作出与其面积相等的矩形（长宽不等）．如图③，在正方形的边上取一点E（不与B，C重合），以点C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，作，交的延长线于点G，以为邻边作矩形，则矩形即为所求．若E是边的三等分点，请直接写出矩形的长和宽的比值．
【答案】(1)图见解析
(2)见解析
(3)或9
【分析】（1）按要求完成作图即可；
（2）如图②，以点O为圆心，以的长为半径作半圆O，由作图知点H在半圆O上，连接，证明，得出，进而得出结论；
（3）先证明，得出，进而证明；设正方形边长为，分两种情况：当点E为靠近点B的边的三等分点时，
或当点E为靠近点C的边的三等分点时，分别求出结论即可．
【详解】（1）解：即为所求作；
（2）解：如图②，以点O为圆心，以的长为半径作半圆O，由作图知点H在半圆O上，连接，
由作图可知，直线l垂直平分，
是半圆O的直径，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：，
，
在正方形和矩形中，，
，
，
，
，
，
，
；
设正方形边长为，
∵E是边的三等分点，
分两种情况：当点E为靠近点B的边的三等分点时，
则，
，
，
，
；
当点E为靠近点C的边的三等分点时，
则，
，
，
，
；
综上，矩形的长和宽的比值为或9．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，是斜边上的高，，则长为（ ）
A．10B．20C．12．5D．15
【答案】C
【分析】证明，得到，将数据代入计算即可．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∵是斜边上的高，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【变式03】（2026·湖南·三模）刘徽是中国历史上杰出的数学家之一，《海岛算经》是他留给后世宝贵的数学遗产．某校数学兴趣小组决定参考《海岛算经》中的方法测量校园围墙外某建筑物的高度．因其在墙外，底部不可直接到达，故在校园内的，两点处分别竖立两根高为的标杆和（如图），两标杆间隔为，并且建筑物、标杆和在同一竖直平面内，将测量仪器（仪器高度忽略不计）放在标杆右侧远的点处，此时测得点D，F，A在同一条直线上；将测量仪器放在标杆右侧远的点处，测得点C，H，A在同一条直线上．已知点B，E，D，G，C在同一条直线上，，，，求该建筑物的高度．
【答案】
【分析】设，由题意可知两组三角形相似，利用相似比找出关于x的方程，即可求出建筑物的高度．
【详解】解：设，
∵，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴
解得：，
答：该建筑物的高度为．
题型05 相似三角形的判定与性质综合证明
典例引领
【典例01】（2026·湖南·二模）如图，正方形的边长为，为边的中点，连接，过点作，垂足为，为上一点，且，则的长为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】B
【分析】先利用正方形的性质和证明，推出，再利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵为边的中点，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
得（负值舍去），
∴．
【典例02】（2026·湖南衡阳·一模）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接交于点，且．
【模型建立】
（1）求证：；
【模型应用】
（2）若，求的长；
【模型迁移】
（3）如图2，若矩形是正方形，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）根据矩形的性质、余角的定义以及等量代换得到即可证明结论；
（2）如图：延长交于点G，证明得到，再证明，求出的长，进而求出的长；
（3）设正方形的边长为a，如图：延长交于点G，证明，得到，进而得到，勾股定理求出，进而求出的长，即可解答．
【详解】解：（1）∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）如图：延长交于点G，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）设正方形的边长为a，则，
如图：延长交于点G，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】正确作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）如图，是的直径，点D是直径上（不与A，B重合的一点），过点D作，且，连接交于点F，在上取一点E，使．
(1)求证：是的切线；
(2)当D是的中点时，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由垂直得，同圆半径相等推，再由已知条件推，等量代换得的角从而证出是的切线；
（2）由是的直径，得，由中点定义得线段相等，进一步用勾股定理求线段长，再用三角形相似求比例线段从而求出的长．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线．
（2）解：连接，如图所示：
∵是的直径，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式02】（2026·湖南·模拟预测）如图，在中，点，分别在边，上，连接，，，满足．
(1)若射线交于点，求证：；
(2)若，求的长；
(3)若，求点在边上的位置．
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3)点是上靠近点的三等分点
【分析】本题以平行四边形为载体，综合考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定及比例式的代换，关键是通过等角关系推导相似三角形，再利用相似比建立线段间的联系，逐步完成求解．
（1）先借助平行四边形对边平行的性质得到内错角相等，再结合已知等角条件推出两组对应角相等，从而用判定定理证明三角形相似．
（2）由（1）的相似得到，再通过等角对等边推出，将其转化为；接着利用平行四边形的角的互补关系和三角形内角和，证明，进而得到，推导出求出的长度；最后由平行线得到的相似三角形比例式，代入数值计算出的长．
（3）直接利用（2）得到的比例式，结合题目给出的，代入化简后得到与的比例关系，从而确定点在上的位置．
【详解】（1）证明：如图，射线交于点，
∵在中，，
，
，
，
又，
；
（2）解：由（1）得，
∴，即，
∵，
∴，
∴①，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，即②，
在中，，
∵，
∴，即③，
③-②得，即，
在中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，化为，
将①代入得，化为④，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得；
（3）解：由（2）得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即点是上靠近点的三等分点．
【变式03】（2024·湖南长沙·模拟预测）在梯形中，如图，，以点A为中心，为半径逆时针旋转90°至AE，顶点恰好落在边上，若，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，如图，过点作于，过点作于，交的延长线于，则，证明四边形是正方形，则，再证明和是等腰直角三角形，则，，最后根据勾股定理可得结论．
【详解】解：解法一：如图，过点作于，过点作于，交的延长线于，则，
，
，，
四边形是矩形，
，
由旋转的性质可知，，，
，
，
，
，
，
矩形是正方形，
，
，
，
和是等腰直角三角形，
，，
，
，
由勾股定理得：．
解法二：如图2，过点作，交于，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故选：A．
题型06 相似三角形与函数、动点综合问题
典例引领
【典例01】（2025·湖南永州·模拟预测）如图，抛物线与轴相交于点，与轴相交于点，，点是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)在轴上有一点，求出的值最小时点的坐标，及此时的值．
(3)在第四象限内的抛物线上是否存在一点，过点作轴交轴于点，使与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点的坐标为，的最小值为
(3)存在，点坐标为或
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2） 作点关于轴的对称点，连接、、，可知当共线时，最小，即最小，最小值为的长度，得到最小值，然后根据待定系数法求出直线的表达式为，即可得到点的坐标；
（3）设 ，则，得出，，，，分两种情况：当时，当时，分别求出结果即可．
【详解】（1）解：抛物线与轴相交于点，与轴相交于点，，
把点，点，点的坐标代入得：
，
解得：，
抛物线的解析式为．
（2）解：作点关于轴的对称点，连接、、，如图所示，
根据轴对称可知：，
，
两点之间线段最短，
当共线时，最小，即最小，最小值为的长度，
点的坐标为，
点的坐标为，
，
顶点坐标，
的最小值为：；
设直线的解析式为，
，
解得：，
直线的表达式为，
当时，，
点的坐标为，
（3）解：在第四象限中的抛物线上存在点，使与相似，理由如下：
设 ，则，
，，，，
①当时，
，
即，
解得：，（舍去），
此时，
；
②当时，
，
即，
解得：，（舍去），
此时，
；
综上所述，点坐标为或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，二次函数的综合应用，求二次函数解析式，求一次函数的解析式，轴对称的性质，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．
【典例02】（2025·湖南·二模）如图，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)直线与轴交于点，与轴交于点，与抛物线交于两点（点在点的左侧），连接，，求的面积；
(3)在（2）的条件下，为抛物线对称轴右侧上的一动点，过点作交轴于点，过点作于，试问：是否存在点，使以点为顶点的三角形与相似，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)3
(3)存在，、或，理由见详解
【分析】本题主要考查了抛物线与直线的综合，二次函数图象和性质，利用待定系数法求函数表达式，函数和几何图形，二次函数和相似三角形等知识点，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质和相似三角形的判定．
（1）利用待定系数法即可求得函数表达式；
（2）利用函数解析式得，，由可假设，，根据求得，再求得，最后利用三角形面积公式即可求解；
（3）假设，利用勾股定理求得，，，利用两个角相等的三角形相似，相似三角形的对应边成比例，分类进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：将代入得：
，
解得，
抛物线的函数表达式；
（2）解：当函数值为0时，
即，
解得，
∴，
∵直线与轴交于点，
∴，
由可假设，
，
解得或（舍去），
，
将代入得：
，
解得，
∴，
当直线函数值为0时，即，
解得，
,
；
（3）解：存在，理由如下
假设，，
由勾股定理得，
∴
即
整理得
解得或（舍去）
∴，，，
抛物线对称轴为直线，
设，因为在抛物线上，所以，
过作轴于，则，，，
①当时，以点为顶点的三角形与相似，
此时，
当点在轴下方时，，解得或（舍去）
∴；
当点在轴上方时，，解得或（舍去）
∴；
②当时，以点为顶点的三角形与相似，
此时，
当点在轴下方时，，解得或（舍去）
∴；
当点在轴上方时，，解得（舍去）或（舍去）
综上，、或．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南湘西·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交点，连接．若点P是直线下方抛物线上一动点，其横坐标为．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接交于点，当时，求点P的坐标；
(3)设该抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分的最高点和最低点到轴的距离分别为，设．求出关于的函数解析式
【答案】(1)
(2)当时，点的坐标为或
(3)
【分析】（1）由抛物线与轴交于点，与轴交点，再建立方程组求解即可；
（2）先求解直线的解析式为，，如图所示，过点作轴交于点，求解，证明，，再进一步求解即可；
（3）设顶点坐标为，点关于对称轴对称的点为，求解对称轴直线为，即，由题意可得，，抛物线在点与点之间的部分包含点和点，可得，求解点关于对称轴对称的点的坐标为，再分情况讨论即可；
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，与轴交点，
∴，
解得，，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：∵，
∴设直线的解析式为：，
∴，解得，，
∴直线的解析式为，
∵点是直线下方抛物线上一动点，其横坐标为，
∴，
如图所示，过点作轴交于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
整理得，，
∴，
解得，，
当时，，
即，
当时，，
即，
综上所述，当时，点的坐标为或；
（3）解：二次函数的图像如图所示，设顶点坐标为，点关于对称轴对称的点为，
∴对称轴直线为，即
由题意可得，，抛物线在点与点之间的部分包含点和点，
∴，
令时，，
解得，，
∴点关于对称轴对称的点的坐标为，
当时，，
∴；
当时，，
∴；
当时，，
∴；
综上所述，；
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，二次函数与线段问题，难度大，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键.
【变式02】（2024·湖南·二模）已知抛物线的顶点为A，M，N是抛物线上的两点，点M的横坐标为m，点N的横坐标为（为常数，且），将抛物线向上平移3个单位得到抛物线，抛物线与y轴交于点C，与x轴交于B，D两点（点B在点D的左侧）．
(1)求顶点A的坐标；
(2)连接，若轴，求m的值；
(3)如图，在直线上方的抛物线上是否存在点P，使得？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)顶点的坐标为
(2)
(3)存在，点P的坐标为
【分析】本题考查了二次函数的综合，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求出函数解析式的方法和步骤，相似三角形的判定和性质，二次函数的平移规律以及解直角三角形．
（1）将化为顶点式，即可得出点A的坐标；
（2）先得出抛物线的对称轴为直线，根据轴，得出点关于对称轴对称，即可解答；
（3）过点作，与直线交于点，过点作轴于点．先得出，则，通过证明．得出，求出．解直角三角形，进而得出，用待定系数法求出直线的解析式为，即可解答．
【详解】（1）解：，
顶点的坐标为．
（2）解：由（1）知，抛物线的对称轴为直线．
轴，
点关于对称轴对称，
又，
，
解得．
（3）解：存在点，使得．
过点作，与直线交于点，过点作轴于点．
点在直线的上方，
点在轴上方，如图所示．
∵抛物线向上平移3个单位得到抛物线，
∴，
当时，，
∴，
当时，，
解得：，
∴
，
则．
是等腰直角三角形．
．
，
．
，即，
．
，
，
设直线的解析式为，
由点，可得．
直线的解析式为．
令，
解得（舍去）或．
点的坐标为．
【变式03】（2024·四川巴中·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线经过，两点，与轴交于点，点是抛物线上一动点，且在直线的上方．
(1)求抛物线的表达式．
(2)如图1，过点作轴，交直线于点，若，求点的坐标．
(3)如图2，连接，与交于点，过点作交于点．记、、的面积分别为．当取得最大值时，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）令时，，求出，进一步求出直线的解析式为，设，则，表示出，，利用，可得，可得；
（3）由得到，进而得到，作交y轴于N，作轴交于Q，求出直线的解析式为，进而得到，求出，再证明，设，则，得到，得到，即可得到此时，点P的坐标为，点Q的坐标为，求出，，证明，得到，由即可求出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为．；
（2）解：∵当时，，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
设，则，
∵轴于点D，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，（此时，重合，不合题意舍去），
∴，
∴；
（3）解：∵，
，
∴，
，
作交y轴于N，作轴交于Q，
直线的解析式为，，
直线的解析式为，
将代入，得：，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，
∴,，
，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
，
设，则，
∴，
，
∴当时，有最大值，
此时，，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、相似三角形的判定和性质、二次函数的图象和性质、解直角三角形等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
题●型●训●练
1．（2026·湖南·模拟预测）如图，在四边形中，是边的中点，，，，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】延长、，交于点F，过点A作于点G，证明，得出，求出，得出，证明为等边三角形，得出，，求出，，最后根据勾股定理和直角三角形的性质，求出结果即可．
【详解】解：延长、，交于点F，过点A作于点G，如图所示：
则，
∵点E为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：，负值舍去，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形外角的性质，含30度直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
2．（2026·湖南长沙·一模）如图，中，，边上的高为，点，，分别在边，，上，且．设点到的距离为，的面积为，则关于的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作边上的高，交于点，交于点．根据相似三角形的性质求出的长，再根据三角形面积公式列出函数关系式，根据函数关系式判断图象．
【详解】解：如图，过点作于点，交于点，
∵边上的高为，点到的距离为，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，点在上，
∴点到的距离等于点到的距离，即为，
∴，
∵，
∴该函数图象是开口向下，顶点坐标为的抛物线， 当时，；当时，，观察选项，只有选项符合．
3．（2024·湖南·模拟预测）如图，在中，，，，点在边上，且平分的周长，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．在中，根据勾股定理得到，进而求得的周长，根据平分的周长， 得到，，过点作于， 可证得， 根据相似三角形的性质得到， ，进而得到的长，在中，根据勾股定理即可求得的长．
【详解】解：在中，，，，
，
的周长为，
平分的周长，
， 即，
，，
如图，过点作于，
，
，
， 即，
， ，
，
在中，．
故选：C ．
4．（2024·湖南·模拟预测）如图，正方形的边长为6，点O是对角线，的交点，点E在上，且，过点C作，垂足为F，连接，下列说法正确的有（ ）
①；②；③；④．
A．①②④B．①②③C．①②③④D．①③④
【答案】C
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解三角形，勾股定理，正方形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先根据直角所对的弦是直径可知：点、在以为直径的圆上，再根据圆周角定理和正方形的性质，可得，故结论①正确；证明，可得，由可得，再解三角形可得，故结论③正确，进而求出，，即，由此可得，故结论②正确，解三角形求出，可得，故结论④正确．
【详解】（1）解：以为直径作圆，过点作于点，设与交于点
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴点、在以为直径的圆上，
又∵，
∴，故结论①正确；
∵正方形的边长为6，
∴，，
∵，，
∴；
∵四边形是正方形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故结论③正确，
∵，
∴，
∴，
，
∴
∴
∵，，
∴，故结论②正确，
∵，
∴，
∴，
∴
∵
∴，故结论④正确．
综上所述：正确的结论是①②③④，
故选：C．
5．（2024·湖南·模拟预测）如图，P、Q分别为反比例函数（），（）图象上的点，且，若，则k的值为（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】B
【分析】本题考查了三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，反比例函数的图像和性质．
作轴交轴于，作轴交轴于，根据三角函数和勾股定理求出，证明，可知，根据反比例函数的性质可知，，进而根据，作答即可．
【详解】如图，作轴交轴于，作轴交轴于，
∵，
∴设，则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵P、Q分别为反比例函数（），（）图象上的点，
∴，，
∴，
∴，
即，
∴，
故选：B．
6．（2026·湖南长沙·一模）如图，在平面直角坐标系中，与位似，位似中心是点O．若，，则与面积的比值是________．
【答案】
4
【分析】先说明，再求出相似比，然后相似三角形的性质得出答案．
【详解】解：∵与位似，且点O是位似中心，
∴．
∵点，
∴，
∴，
则与的相似比为2，
∴与的面积比是4．
7．（2026·湖南·模拟预测）如图，在四边形中，平分，，为直线右侧一点，且，，，则的最小值为___________．
【答案】
【分析】先通过角平分线与等角证明，将的最小值转化为的最小值；再利用轴对称转化角度，构造等边三角形确定定点与定角，通过平行线构造相似三角形进一步转化比值；最后结合圆的性质，当为外接圆的直径且时，取得最小值，进而求得的最小值．
【详解】解：∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴要使取得最小值，只需使取得最小值．
如图，作点关于的对称点，连接，，则，
∵，
∴，．
∵，
∴，
即，
以为边，在左侧作等边，
根据等边三角形的性质，，，
∵，
∴，即、、三点共线，
∴，
∵，
∴、、均在上，
∴．
过点作的平行线，交直线于点，
∵，
∴，且，
∴，，
∴．
如图，过点，，三点作，则，
则当为的直径时，取得最小值，
此时，为直角三角形，，，
∴，
此时．
8．（2026·湖南邵阳·一模）如图，网格图中每个小正方形的面积都为，经过网格点的一条直线，把网格图分成了两个部分，其中的面积为，则（1）______，（2）的值为_______．
【答案】
【分析】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，掌握以上性质是解题的关键．
设，根据相似三角形的判定和性质可求得，根据的面积为3，得到，求得，解方程得到，根据勾股定理求得，即可求出的值．
【详解】解：如图，
设，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵的面积为，网格图中每个小正方形的面积都为，
∴，
即，
，
∴，
解得，（舍去），
即；
在中，，
故，
∴．
故答案为：，．
9．（25-26九年级上·河南郑州·月考）综合与实践
在数学活动课上，李老师让同学们以特殊四边形及旋转为主题开展数学活动．以下是学习小组的探究过程，请你参与活动并解答所提出的问题：
(1)观察猜想
如图1，“奋勇”小组提出的问题是：在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，则____________，，，之间的数量关系是____________；
(2)类比探究
如图2，“勤学”小组在“奋勇”小组的基础上提出的问题是：在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，．
①__________；
②写出，，之间的数量关系，并就图2的情形说明理由；
(3)拓展应用
“创新”小组提出的问题是：在矩形中，，，点是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作直角，，，连接，，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出的长．
【答案】(1)60，
(2)①90；②，理由见解析
(3)或
【分析】（1）先证，是等边三角形，推出，进而可得，证明，即可得出，，即可得出；
（2）①过点F作的延长线于H，证明，推出，进而证明是等腰直角三角形，可得，即可得到；
②由①可得，是等腰直角三角形，得到，表示出，然后结合求解即可；
（3）过点A作于G，过点E作于H，证明出C、D、F在同一条直线上，，由对应边成比例可得，推出，设，则，，用含x的式子表示出的三条边长，分，两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵将绕点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（2）解：①过点F作的延长线于H，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵将绕点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②由①可得，是等腰直角三角形
∴
∴
∵是等腰直角三角形
∴
∴；
（3）解：如图，过点A作于G，过点E作于H，则，
∵矩形中，，，
∴，，
∴，
∵，
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴，，
∴，，
∴点C，D，F三点共线，
在中，，
∴，
∴，，
设，则，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
当时，，
解得：或（舍去），
∴；
当时，，
解得：或（舍去），
∴；
综上所述，的长度为或．
【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，难度较大，涉及知识点较多，解题的关键是正确作出辅助线，综合应用上述知识．
10．（2025·湖南衡阳·模拟预测）综合与探究
【课本再现】
【初步探究】
兴趣小组根据探究出来的相似三角形，分别写出三个结论：，，_______．
（1）请补全上述结论，并选择其中一个进行证明．
【动手实践】
（2）请在下列小题中选择一个进行作图，不写作法，保留作图痕迹．
①请利用尺规在图中作边上的高；
②如图，的顶点均在网格图的格点上，请仅用直尺画出边上的高．
【拓展探究】
（3）如图，在中，，于点D，F为线段延长线上一点，连接并延长至点E，连接，当时，请判断的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②见解析；（3）是直角三角形，理由见解析．
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质：
（1）利用相似三角形的判定即可证明；
（2）①根据过已知点作已知直线的垂线的作法解答即可；②根据网格图的特征解答即可；
（3）证明，可得．由（1）知，可得，可证明，可得，再由，即可解答．
【详解】解：（1）；
选择第一个：
证明：在中，， ，
所以．
因为，
所以．
所以．
所以．
选择第二个：
证明：在中，，，
所以．
因为，
所以．
所以．
所以．
选择第三个：
证明：因为，
所以．
所以．
因为，
所以．
所以．
所以．
所以．
所以．
（2）①如图所示，即为所求作．
②如图所示，即为所求作．
（3）是直角三角形．
理由如下：
因为，，
所以．
所以．
所以．
由（1）知，
所以．
所以．
又因为，
所以．
所以．
因为，
所以．
所以．
所以是直角三角形．考向解读
这是相似三角形最基本、最高频的两种模型，是解决许多比例线段问题的基石。中考中常直接应用于求线段长度、证明比例式，或作为复杂图形中的基础结构。
方法技能
模型识别：A字型有一个公共角，且角的两边被一组平行线所截。分为正A（平行线在三角形内部）和斜A（平行线在三角形外部）；8字型（X型）由两条相交线被两条平行线所截形成，两个三角形呈“8”字形。
核心结论：相似后，对应边成比例。在A字型中，(上底/下底) = (上腰/下腰)；在8字型中，(左上/左下) = (右上/右下)。
应用：在复杂图形中，主动寻找或构造这两种基本图形，是化繁为简的关键。
考向解读
此模型是中考的热点和难点，尤其在动态几何和函数综合题中。它揭示了在一条直线上有三个等角，则两侧三角形相似这一重要规律。常用于求点坐标、线段长或证明关系。
方法技能
三个相等的角顶点在同一直线上。常见于正方形、矩形网格中，或通过构造直角（90∘）、60∘、45∘等特殊角实现。
核心结论：若∠A=∠CPD=∠B，则∆ACP∼∆BPD。由此可得比例式ACCP=BPPD。
应用技巧：当题目中出现“一线三等角”条件时，立即锁定相似三角形。在坐标系中，常通过此模型建立方程，用坐标表示线段长，求解未知数。
考向解读
此模型源于图形旋转，是探究几何变换中不变量的重要工具。常作为压轴题的背景，考察从复杂图形中识别模型、利用旋转性质（等线段、等角）证明相似并推导新结论的能力。
方法技能
两个相似三角形（∆ABC∼∆ADE）以公共顶点A为旋转中心，一个旋转后得到另一个。B与D，C与E为对应点，像“手拉手”。
核心结论：旋转相似必然带来另一对相似：∆ABD∼∆ACE；旋转角∠BAC=∠DAE等于这两对新相似三角形的对应角夹角；连接BD和CE，它们的比值等于原相似比，且夹角等于旋转角。
应用：遇到共顶点、等线段、等角条件，考虑旋转。利用新产生的相似三角形解决线段比例、角度等问题。
考向解读
此模型揭示了直角三角形中，斜边上的高将原三角形分成的两个小三角形与原三角形均相似这一重要性质（射影定理的基础）。是解决圆、直角三角形相关问题的重要工具。
方法技能
模型识别：一个大三角形被一条高分成两个小三角形。这三个三角形两两相似。∆ABC∼∆DBA∼∆DAC。
核心结论（射影定理）：在Rt∆ABC中，∠BAC=90∘，AD⟂BC，则：AD2=BD⋅DC（高的平方等于影的乘积），AB2=BD⋅BC，AC2=CD⋅BC。
应用：主要用于直角三角形中求线段长度。看到直角三角形和斜边上的高，立即联想此模型和射影定理。
关于“射影定理”的研究报告如图①，被平行于CD的光线照射，，于点D，AB在投影面上．那么线段的投影是，线段的投影是．我们可以利用三角形相似证明，这个结论我们称为射影定理．下面为某同学的证明过程：
证明：∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，则，∴．
某数学兴趣小组利用上述结论进行了如下的探究：
已知：如图②，在矩形中，．
求作：等腰直角三角形，使等腰直角三角形的面积等于矩形面积的一半．
作法：
（1）在的延长线上截取；
（2）作线段的垂直平分线l，交于点O；
（3）以点O为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点H；
（4）以点C为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点G，连接，即为所求等腰直角三角形．
考向解读
此题型直接考查相似三角形的核心知识与推理能力。作为解答题，要求完整写出判定过程。重点考察：灵活选择判定定理（AA、SAS、SSS）；利用相似性质证明比例式或等积式；进行简单的比例计算。
方法技能
判定选择：AA（两角相等）是最常用、最简便的判定方法。当有平行线、公共角、对顶角、直角、等角时优先考虑。SAS需确认夹角相等且夹边成比例。SSS使用较少。
证明比例式：要证ab=cd，常找包含线段a、b的三角形和包含c、d的三角形，证明它们相似。
证明等积式：要证a⋅b=c⋅d，先将其化为比例式ac=db，再按上述方法证明。
考向解读
此题型是代数与几何深度结合的体现，难度大。常作为压轴题。考察：在坐标系中，利用相似三角形的比例关系建立方程，求动点坐标或函数解析式；分析动点运动过程中，三角形相似这一瞬间状态，求运动时间。
方法技能
坐标化：将图形放入坐标系，用坐标表示所有点，用距离公式或坐标差表示线段长。
列方程：根据相似三角形对应边成比例，列出含有动点坐标(x,y)的方程。有时利用斜率表示角度关系（如垂直k1⋅k2=−1）来列方程更直接。
分类讨论：相似问题常涉及对应点不同，必须分类讨论。先分析有几种可能的相似情况，再对每一种情况分别列方程求解。
动态分析：对于动点问题，将时间t作为变量引入坐标，在相似条件满足的瞬间，列出关于t的方程求解。
课本67页有这样一道题：如图，在中，，于点D，找出图中所有的相似三角形，并说明理由，图中存在3组相似三角形，兴趣小组发现这道题是个很好的素材，可以得出结论：直角三角形斜边上的高分得的两个三角形相似，且都与原三角形相似．