北师大版（2024）第四章 图形的相似5 相似三角形判定定理的证明习题

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‌相似三角形中的几何变换题在数学教育中扮演着重要的角色，这类题目鼓励学生“动中窥定，变中求静”，抓住图形在变化过程中的“不变量”，培养学生的逻辑思维和数学建模能力，为未来的学习和中考打下坚实的基础‌。
题型目录：
【题型1】相似三角形折叠问题
【题型2】相似三角形平移问题
【题型3】相似三角形旋转问题
【题型4】相似三角形最值问题
【题型5】相似三角形动点问题
第二部分【题型梳理与方法点拨】
【题型1】相似三角形折叠问题；
【例1】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图所示，在矩形中，将矩形沿折叠，使点D落在边上的点G处，点C落在点H处，交于点K，连接交于点O，．
（1）求证：；
（2）探索与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析
【分析】本题考查了相似综合题，综合运用了相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质和折叠的性质得出角相等，进而利用相似三角形的判定和性质解答即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质和矩形的判定和性质解答即可．
解：（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠性质得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
过点E作于N，

由折叠性质得：，
∴，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴．
【变式1】（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在矩形中，，将矩形折叠，使点落到边上的中点处，折痕为，则的长为（ ）

A．B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等；由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，由勾股定理得，即可求解；掌握折叠的性质，相似三角形的判定及性质，熟练利用勾股定理求解是解题的关键．
解：四边形是矩形，
，
，
，
由折叠得：
，
，
，
，
，
，
又是的中点，
，
在中，
，
，
解得：．
故选：A．
【变式2】（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，在等边三角形中，分别是边上的点，将沿折叠，点恰好落在边上的点处，若，则为 （用含m的式子表示）．

【答案】
【分析】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，三角形相似的判定与性质，根据等边三角形的性质可得，由三角形内角和定理得到，由折叠的性质得到，进而得到，推出，即可证明，得到，由，结合即可求解，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
解：是等边三角形，
，
，
由折叠的性质得到，
，
，
，
，
，
设，则，
∴，
∴，可化为，
∴，
∴，
∴，
又∵，即有，
∴，
∴，
故答案为：．
【题型2】相似三角形平移问题；
【例2】（2024·河北石家庄·二模）如图，直线：与轴、轴分别交于两点，将直线向上平移4个单位后得到直线，交轴于点．
(1)求两点的坐标；
(2)求直线的函数表达式，并求直线与直线之间的距离；
(3)动点从点沿轴向左移动．直接写出：点移动距离为多少时，线段的中点落在直线上．

【答案】(1)， (2)直线与直线之间的距离为 (3)移动距离为12时，线段的中点落在直线上
【分析】（1）令，则，令，则，解得，即可得解；
（2）由（1）可得，，得出，，由勾股定理可得，由平移的性质得出直线的解析式为，则C0,6，，作于，则，证明，由相似三角形的性质得出的长即可；
（3）设点移动距离为时，线段的中点落在直线上，则，求出线段的中点坐标为，代入直线计算即可得解．
解：（1）在中，令，则，令，则，解得，
，；
（2由（1）可得，，
，，
，
将直线向上平移4个单位后得到直线，
直线的解析式为，
令，则，
，
，
如图，作于，则，
，，
，
，
，即
，
，
直线与直线之间的距离为；
（3）解：设点移动距离为时，线段的中点落在直线上，则，
由（2）可得C0,6，
线段的中点坐标为，
线段的中点落在直线上，
，
解得：，
点移动距离为时，线段的中点落在直线上．
【点拨】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题、一次函数的平移、相似三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【变式1】（2024·河南商丘·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，点A在第二象限内，点B，C在第一象限内，已知，对角线交于点，将正方形向左平移，当点B移动到y轴上时，点M的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，坐标与图形．根据正方形的性质以及勾股定理可得，过点B作轴于点D，过点M作轴于点N，则，根据，可得，再由，可得，从而得到当点B移动到y轴上时，正方形向左平移了个单位长度，即点M向左平移了个单位长度，即可求解．
解：∵四边形为正方形，，
∴，．
∴．
如图，过点B作轴于点D，过点M作轴于点N，则，

∵，
∴，．
在中，由勾股定理得：
，解得（负值已舍去）．
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∴当点B移动到y轴上时，正方形向左平移了个单位长度，
即点M向左平移了个单位长度．
∴平移后点M的坐标为，即，
故选D．
【变式2】（2024·浙江温州·三模）如图，在中，，，，垂足为，现将沿着方向平移得到，且此时，则的长度为 厘米．
【答案】
【分析】令交于，由平移的性质可得：，，，，证明四边形是矩形，得出，证明，得出，设，则，，证明，得出，即，计算即可得出答案．
解：如图，令交于，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由平移的性质可得：，，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了平移的性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【题型3】相似三角形旋转问题；
【例2】（2024·黑龙江大庆·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，是的中点，将点以点为中心，按顺时针方向旋转得到点，连接分别交于点，连接．
(1)判断四边形形状，并说明理由；
(2)求的长．

【答案】(1)四边形为正方形．理由见解析 (2)
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）根据等腰三角形三线合一的性质及正方形的判定证明即可；
（2）先证明，再证明，继而得出，利用勾股定理求出，即可求解．
解：（1）四边形为正方形，理由如下：
为等腰直角三角形，且为中点，
，，
为等腰直角三角形．
，且，
，，
，
四边形为平行四边形，
又，，
四边形为正方形．
（2）解：由（1）知，，
．
．
∵四边形为正方形，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
．
由（1）知，且．
∴，
在中，．
．
．
【变式1】（2024·浙江宁波·一模）如图，将矩形绕点顺时针方向旋转得到矩形，连接，点是的中点，连接．若，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形中的旋转问题，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．连接，延长交于点，根据旋转的性质可得，，，，推出，，由勾股定理得，由点是的中点，可得，可证明，根据相似三角形的性质即可求解．
解：如图，连接，延长交于点，

矩形绕点顺时针方向旋转得到矩形，，，
，，，，
，，
在中，由勾股定理得：，
点是的中点，
，即，
又，，
，
，
，
，
故选：B．
【变式2】（2024·江苏无锡·二模）如图，，，，将的顶点D与边的中点重合，并将绕着点D旋转．在旋转过程中，的边始终与边相交，交点分别为M、N．当时，的长是 ．

【答案】4
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理．利用斜边中线的性质求得，，证明，推出，求得，据此求解即可．
解：连接，

∵，，，
∴，
∵点D是边的中点，
∴，
∴，
由旋转的性质知，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：4．
【题型4】相似三角形最值问题；
【例4】17．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在矩形中，，，、交于点O，分别过点C、D分别作、的平行线相交于点F，
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若点G是的中点，点P是四边形边上的动点，连接，则的最小值是 ．
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）由勾股定理可求的长，根据平行四边形的性质和菱形的判定定理即可得到结论；
（2）由垂线段最短，可得当时，有最小值，证明得，即可求解．
解：（1）证明：四边形是矩形，
，，
，
点是的中点，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接，

四边形是菱形，
点到各边的距离相等，
点是四边形边上的动点，
当时，有最小值，
，
，
∵
∴
，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式1】（2024·四川内江·一模）如图，在矩形ABCD中，，点为对角线的中点，，交于点，点是对角线上的动点，的最小值为（ ）

A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】相题主要考查矩形的性质，勾股定理及相似三角形的判定与性质，延长交于点，证明得，证明，求出，由勾股定理求出的长即可
解：延长交于点，如图，

在中，，，
∴
∵点为对角线的中点，
∴
∵，
∴，
又
∴
∴，
∴即点F在上，
连接，交于点，连接，
∴当点三点共线时，的值最小，为的长，
∵
∴，
∴
∴,
∴
在中，，
∴的最小值为，
故选：B
【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在矩形中，，点P为边的中点，点E在边上，连接，点F为上的动点，则的最小值为 ．

【答案】6
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．作于点，证明，求得，当三点共线时，有最小值，最小值为的长，据此求解即可．
解：∵矩形中，，点P为边的中点，
∴，，
作于点，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
当三点共线时，有最小值，最小值为的长，
此时，
∴的最小值为6，
故答案为：6．
【题型5】相似三角形动点问题；
【例5】（24-25九年级上·江苏苏州·期末）如图，四边形中，，P为边上的一个动点，连接

(1)若与相似，且的长为方程的两根，求的长；
(2)若点P在线段上运动时恰好存在两个位置使得与相似，求的长．
【答案】(1)或1 (2)或5
【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，相似三角形的应用，理解题意是解本题的关键；
（1）由，设，再分两种情况求解即可；
（2）设，再分两种情况：当时，当时，结合方程的解的情况进行分类讨论即可．
解：（1）∵的长为方程的两根，
∴，
设，
当，
∴，而，
∴，
；经检验符合题意；
当，
∴，
∴，
∴，经检验符合题意；
或1；
（2）解：设
当时，
∴，而，
∴，
∴；经检验符合题意；
当时，
∴，
∴，
∴,
有两个位置成立；
①有两个不等解，且有一解为，
∴，
，（不符合题意）；
②有两个相等解，
∴，
，
或5．
【变式1】（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，在中，，，．是边上一动点，过点作交于点，为线段的中点，当平分时，的长度是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，根据勾股定理求出，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，可得，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
解：∵，，，
∴，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵为线段的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，，
故选：．
【变式2】（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，在等腰中，，P为边上的动点，于点M，连接并延长交于点N，当N为边上中点时，若，则 ．
【答案】/
【分析】先证明，，，可得，，如图，过作，可得，，可得，设，则，再建立方程求解即可
解：∵等腰中，，，N为边上中点，
∴，，，
∵，
∴，，
如图，过作，
∴，，
∴是的中位线，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，经检验符合题意；
∴，
故答案为：
【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
第三部分【中考链接与拓展延伸】
1、直通中考
【例1】（2024·甘肃临夏·中考真题）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】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，构造相似三角形，是解题的关键：
（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出，即可得证；
（2）延长交于点，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，延长交于点，证明，得到，进而得到，勾股定理求出，进而求出的长，即可得出结果．
解：（1）∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）延长交于点，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）设正方形的边长为，则：，延长交于点，

∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【例2】（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原．

（1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ．
【答案】 /
【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；
②记与交于点K， 可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故．
解：①连接，由题意得，，

∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，，
∴
∴，
故答案为：；
②记与交于点K，如图：

∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，，
在中，由勾股定理得，
由题意得：，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意得，而，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
2、拓展延伸
【例1】（2024·浙江嘉兴·一模）如图，直角坐标系中，点，，线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，则点的纵坐标为（ ）

A．5B．C．D．
【答案】D
【分析】过点作交的延长线于点，过作轴，轴，过点作轴，勾股定理，旋转求出的长，先证明，求出的长，证明，利用相似比，求出的长即可．
解：过点作交的延长线于点，过作轴，轴，过点作轴，则：，，

∵点，，
∴，
∴，
∵旋转，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴点的纵坐标为；
故选D．
【点拨】本题考查坐标与旋转，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，综合性强，属于选择题中的压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形．
【例2】（2023·新疆乌鲁木齐·二模）如图，正方形的边长为，点在上运动（点不与重合），点在射线上，且与相交于点，连接．则下列结论中：①；②；③的最大值是；④的最小值是．正确的是 （填写所有正确结论的序号）．

【答案】①②③④
【分析】对于①证可得，对于②证，对应边成比例可得，对于③表示出的长，，可证最大值是否为，对于④运用将军饮马模型可得．
解：在线段上取，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故①符合题意，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形的边长为a，
∴，故②符合题意，
过F作，交的延长线于点P，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴的最大值是，故③符合题意，
作C关于射线的对称点，连接，交射线于点，连接，
过作，交线段的延长线于点K，
∵，
∴，
∴，即的最小值是，故④符合题意，
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，关键是掌握将军饮马模型．