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1. ★★★ (2025·芜湖模拟)如图,在边长为4的正方形ABCD中,P是BC边上一动点(不与B,C两点重合),将△ABP沿直线AP翻折,点B落在点E处;在CD上取一点M,使得将△CMP沿直线MP翻折后,点C落在直线PE上的点F处,连结AM.当P在BC边上运动时,△ADM的面积的最小值为
6
.答案
1. 6
解析
【分析】
解题时先从折叠的性质入手，通过角度推导得出∠APM=90°，进而识别出BC边上的一线三等角相似模型，证明△ABP∽△PCM；再设BP为x，利用相似三角形的对应边成比例关系用x表示出CM的长度，进而得到DM的表达式；最后结合三角形面积公式写出面积关于x的二次函数，根据x的取值范围求二次函数的最小值即可。
【解析】
设$ BP=x $（$ 0＜x＜4 $），则$ PC=4-x $。
由折叠的性质可得：$ ∠ APB=∠ APE $，$ ∠ MPC=∠ MPF $。
因为$ ∠ APB+∠ APE+∠ MPC+∠ MPF=180° $，代入得$ 2∠ APE+2∠ MPF=180° $，即$ ∠ APE+∠ MPF=90° $，所以$ ∠ APM=90° $。
在正方形$ ABCD $中，$ ∠ B=∠ C=90° $，因此$ ∠ BAP+∠ APB=90° $，又$ ∠ APB+∠ MPC=180°-∠ APM=90° $，所以$ ∠ BAP=∠ MPC $。
由此可得$ △ ABP ∽ △ PCM $，根据相似三角形对应边成比例：$ \frac{AB}{PC}=\frac{BP}{CM} $。
代入$ AB=4 $、$ BP=x $、$ PC=4-x $，得$ \frac{4}{4-x}=\frac{x}{CM} $，解得$ CM=\frac{x(4-x)}{4} $。
则$ DM=CD-CM=4-\frac{x(4-x)}{4}=\frac{x^2-4x+16}{4} $。
$ △ ADM $的面积$ S=\frac{1}{2}× AD× DM $，其中$ AD=4 $，代入得：
$ S=\frac{1}{2}×4×\frac{x^2-4x+16}{4}=\frac{1}{2}(x^2-4x+16)=\frac{1}{2}(x-2)^2+6 $。
因为二次项系数$ \frac{1}{2}＞0 $，且$ 0＜x＜4 $，所以当$ x=2 $时，$ S $取得最小值6。
【答案】
6
【知识点】
正方形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值
【点评】
本题将折叠变换、相似三角形、二次函数最值相结合，核心是通过角度推导识别一线三等角相似模型，建立变量与线段长度的关系，最终转化为函数最值问题求解，对综合运用知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时先从折叠的性质入手，通过角度推导得出∠APM=90°，进而识别出BC边上的一线三等角相似模型，证明△ABP∽△PCM；再设BP为x，利用相似三角形的对应边成比例关系用x表示出CM的长度，进而得到DM的表达式；最后结合三角形面积公式写出面积关于x的二次函数，根据x的取值范围求二次函数的最小值即可。
【解析】
设$ BP=x $（$ 0＜x＜4 $），则$ PC=4-x $。
由折叠的性质可得：$ ∠ APB=∠ APE $，$ ∠ MPC=∠ MPF $。
因为$ ∠ APB+∠ APE+∠ MPC+∠ MPF=180° $，代入得$ 2∠ APE+2∠ MPF=180° $，即$ ∠ APE+∠ MPF=90° $，所以$ ∠ APM=90° $。
在正方形$ ABCD $中，$ ∠ B=∠ C=90° $，因此$ ∠ BAP+∠ APB=90° $，又$ ∠ APB+∠ MPC=180°-∠ APM=90° $，所以$ ∠ BAP=∠ MPC $。
由此可得$ △ ABP ∽ △ PCM $，根据相似三角形对应边成比例：$ \frac{AB}{PC}=\frac{BP}{CM} $。
代入$ AB=4 $、$ BP=x $、$ PC=4-x $，得$ \frac{4}{4-x}=\frac{x}{CM} $，解得$ CM=\frac{x(4-x)}{4} $。
则$ DM=CD-CM=4-\frac{x(4-x)}{4}=\frac{x^2-4x+16}{4} $。
$ △ ADM $的面积$ S=\frac{1}{2}× AD× DM $，其中$ AD=4 $，代入得：
$ S=\frac{1}{2}×4×\frac{x^2-4x+16}{4}=\frac{1}{2}(x^2-4x+16)=\frac{1}{2}(x-2)^2+6 $。
因为二次项系数$ \frac{1}{2}＞0 $，且$ 0＜x＜4 $，所以当$ x=2 $时，$ S $取得最小值6。
【答案】
6
【知识点】
正方形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值
【点评】
本题将折叠变换、相似三角形、二次函数最值相结合，核心是通过角度推导识别一线三等角相似模型，建立变量与线段长度的关系，最终转化为函数最值问题求解，对综合运用知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
2. （2025·上海月考）如图，在梯形ABCD中，$AB// CD$，$∠ B=90°$，$BC=6$，点E在边BC上，$BE=4$，P，Q分别是边AD，BE的中点.如果$∠ AED=60°$，且$AE=\frac{1}{2}DE$，那么PQ的长为
7
.答案
2. 7
解析
【分析】
我们可以通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数计算，降低解题难度：首先将直角梯形放置在坐标系中，确定已知点的坐标，再设出A、D两点的坐标，利用AE与DE的长度关系、∠AED=60°的条件列方程求出A、D的坐标，接着根据中点坐标公式得到P、Q的坐标，最后用两点间距离公式即可算出PQ的长度。
【解析】
解：以B为原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由题意得：$B(0,0)$，$C(6,0)$，$E(4,0)$，
∵Q是BE中点，
∴$Q(2,0)$。
设$A(0,a)\ (a＞0)$，$D(6,b)\ (b＞0)$，
则$AE=\sqrt{(4-0)^2+(0-a)^2}=\sqrt{a^2+16}$，$DE=\sqrt{(6-4)^2+(b-0)^2}=\sqrt{b^2+4}$，
∵$AE=\frac{1}{2}DE$，
∴$2\sqrt{a^2+16}=\sqrt{b^2+4}$，平方得$4(a^2+16)=b^2+4$，即$b^2=4a^2+60$ ①。
∵$∠ AED=60°$，根据向量夹角公式$\cos∠ AED=\frac{\overrightarrow{EA}·\overrightarrow{ED}}{|\overrightarrow{EA}|·|\overrightarrow{ED}|}=\frac{1}{2}$，
其中$\overrightarrow{EA}=(-4,a)$，$\overrightarrow{ED}=(2,b)$，$\overrightarrow{EA}·\overrightarrow{ED}=-8+ab$，$|\overrightarrow{EA}|·|\overrightarrow{ED}|=2(a^2+16)$，
代入得$\frac{ab-8}{2(a^2+16)}=\frac{1}{2}$，化简得$ab=a^2+24$，即$b=a+\frac{24}{a}$ ②。
将②代入①，整理得$a^4+4a^2-192=0$，令$u=a^2(u＞0)$，解得$u=12$（负根舍去），
∴$a=2\sqrt{3}$，代入②得$b=6\sqrt{3}$，即$A(0,2\sqrt{3})$，$D(6,6\sqrt{3})$。
∵P是AD中点，
∴$P(\frac{0+6}{2},\frac{2\sqrt{3}+6\sqrt{3}}{2})=(3,4\sqrt{3})$，
∴$PQ=\sqrt{(3-2)^2+(4\sqrt{3}-0)^2}=\sqrt{1+48}=7$。
【答案】
7
【知识点】
直角梯形性质，中点坐标公式，两点间距离公式
【点评】
本题将几何性质和代数计算结合考查，通过建立坐标系可以快速梳理各点的位置关系，解题时需要注意换元法在解方程中的运用，仔细计算避免失误。
【难度系数】
0.6
我们可以通过建立平面直角坐标系将几何问题转化为代数计算，降低解题难度：首先将直角梯形放置在坐标系中，确定已知点的坐标，再设出A、D两点的坐标，利用AE与DE的长度关系、∠AED=60°的条件列方程求出A、D的坐标，接着根据中点坐标公式得到P、Q的坐标，最后用两点间距离公式即可算出PQ的长度。
【解析】
解：以B为原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由题意得：$B(0,0)$，$C(6,0)$，$E(4,0)$，
∵Q是BE中点，
∴$Q(2,0)$。
设$A(0,a)\ (a＞0)$，$D(6,b)\ (b＞0)$，
则$AE=\sqrt{(4-0)^2+(0-a)^2}=\sqrt{a^2+16}$，$DE=\sqrt{(6-4)^2+(b-0)^2}=\sqrt{b^2+4}$，
∵$AE=\frac{1}{2}DE$，
∴$2\sqrt{a^2+16}=\sqrt{b^2+4}$，平方得$4(a^2+16)=b^2+4$，即$b^2=4a^2+60$ ①。
∵$∠ AED=60°$，根据向量夹角公式$\cos∠ AED=\frac{\overrightarrow{EA}·\overrightarrow{ED}}{|\overrightarrow{EA}|·|\overrightarrow{ED}|}=\frac{1}{2}$，
其中$\overrightarrow{EA}=(-4,a)$，$\overrightarrow{ED}=(2,b)$，$\overrightarrow{EA}·\overrightarrow{ED}=-8+ab$，$|\overrightarrow{EA}|·|\overrightarrow{ED}|=2(a^2+16)$，
代入得$\frac{ab-8}{2(a^2+16)}=\frac{1}{2}$，化简得$ab=a^2+24$，即$b=a+\frac{24}{a}$ ②。
将②代入①，整理得$a^4+4a^2-192=0$，令$u=a^2(u＞0)$，解得$u=12$（负根舍去），
∴$a=2\sqrt{3}$，代入②得$b=6\sqrt{3}$，即$A(0,2\sqrt{3})$，$D(6,6\sqrt{3})$。
∵P是AD中点，
∴$P(\frac{0+6}{2},\frac{2\sqrt{3}+6\sqrt{3}}{2})=(3,4\sqrt{3})$，
∴$PQ=\sqrt{(3-2)^2+(4\sqrt{3}-0)^2}=\sqrt{1+48}=7$。
【答案】
7
【知识点】
直角梯形性质，中点坐标公式，两点间距离公式
【点评】
本题将几何性质和代数计算结合考查，通过建立坐标系可以快速梳理各点的位置关系，解题时需要注意换元法在解方程中的运用，仔细计算避免失误。
【难度系数】
0.6
3. （2025·怀化期中）九年级数学创新小组对三角形中的三等角问题进行深入研究：
已知:等腰$△ ABC$中,$AB=AC=1$,$∠ PDQ$的顶点$D$在$△ ABC$三边上的不同位置都满足$∠ PDQ=∠ ABC=∠ ACB$.
(1)【一线模型】如图①,当$∠ PDQ$的顶点$D$在底边$BC$上,与两腰$AB$,$AC$分别交于点$E$,$F$时,求证:$△ BDE ∽ △ CFD$;
(2)【变化模型】如图②,当$∠ PDQ$的顶点$D$与点$A$重合,与底边$BC$及其延长线分别交于点$E$,$F$时,求$BE · CF$的值;
(3)【拓展延伸】如图③,当$∠ PDQ$的顶点$D$在$AB$边上,与底边$BC$分别交于点$E$,$F$,且$BD=kAB$,求$BE · (kBC-BF)$的值.(用含$k$的代数式表示)
已知:等腰$△ ABC$中,$AB=AC=1$,$∠ PDQ$的顶点$D$在$△ ABC$三边上的不同位置都满足$∠ PDQ=∠ ABC=∠ ACB$.
(1)【一线模型】如图①,当$∠ PDQ$的顶点$D$在底边$BC$上,与两腰$AB$,$AC$分别交于点$E$,$F$时,求证:$△ BDE ∽ △ CFD$;
(2)【变化模型】如图②,当$∠ PDQ$的顶点$D$与点$A$重合,与底边$BC$及其延长线分别交于点$E$,$F$时,求$BE · CF$的值;
(3)【拓展延伸】如图③,当$∠ PDQ$的顶点$D$在$AB$边上,与底边$BC$分别交于点$E$,$F$,且$BD=kAB$,求$BE · (kBC-BF)$的值.(用含$k$的代数式表示)
答案
3. (1)
∵ ∠EDC = ∠B+∠BED = ∠PDQ+∠CDF,且∠PDQ = ∠B,
∴ ∠BED = ∠CDF.又
∵ ∠ABC = ∠ACB,
∴ △BDE∽△CFD.
(2)
∵ ∠DBE = ∠DFE+∠BDF,∠PDQ = ∠BDE+∠BDF,而∠PDQ = ∠DBE,
∴ ∠DFE = ∠BDE.又
∵ ∠DBC = ∠DCB,
∴ △BDE∽△CFD,
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{BD}{CF}$,
∴ BE · CF = BD · CD = 1.
(3)如图,过点 D 作 DM//AC,交 BC 于点 M,
则$\frac{BD}{AB}=\frac{BM}{BC}$,∠ABC = ∠ACB = ∠DMB,
∴ DM = BD = kAB = k.
∵ BD = kAB,
∴ BM = kBC,则 kBC-BF = BM-BF = MF.
∵ ∠DFE = ∠ABC+∠BDF,
∠ABC = ∠PDQ,
∴ ∠BDE = ∠MFD.又
∵ ∠DBE = ∠FMD,
∴ △BDE∽△MFD,
∴ $\frac{BE}{MD}=\frac{BD}{MF}$,即 BE · MF = BD · MD = k · k = k²,
∴ BE · (kBC-BF) = BE · MF = k².
解析
【分析】
(1) 要证△BDE∽△CFD，已知等腰△ABC得∠B=∠C，只需再找一组等角即可。利用三角形外角性质，∠EDC是△BDE的外角，可得∠EDC=∠B+∠BED，同时∠EDC=∠PDQ+∠CDF，结合已知∠PDQ=∠B，可推出∠BED=∠CDF，满足两角对应相等，即可证相似。
(2) 本问是D与A重合的变形，依旧先通过外角性质推导角的等量关系，证得△BDE∽△CFD，再根据相似三角形对应边成比例得到比例式，交叉相乘后结合AB=AC=1即可求出BE·CF的值。
(3) 要求BE·(kBC-BF)，需先把kBC-BF转化为同线段的差，因此过D作DM//AC构造等腰△BDM，根据平行线分线段成比例得BM=kBC，因此kBC-BF=BM-BF=MF。再通过角的关系证明△BDE∽△MFD，利用相似性质得到BE·MF=BD·MD，代入BD=MD=k即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：
由三角形外角性质可得∠EDC = ∠B+∠BED，同时∠EDC = ∠PDQ+∠CDF，
已知∠PDQ = ∠B，因此∠BED = ∠CDF，
∵ 等腰△ABC中AB=AC，
∴∠ABC = ∠ACB，
∴ △BDE ∽ △CFD（两角对应相等，两三角形相似）。
(2) 解：
由三角形外角性质得∠DBE = ∠DFE+∠BDF，
又∠PDQ = ∠BDE+∠BDF，且已知∠PDQ = ∠DBE，
因此∠DFE = ∠BDE，
∵ 等腰△ABC中∠DBC = ∠DCB，
∴ △BDE∽△CFD，
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{BD}{CF}$，即BE·CF = BD·CD，
∵ D与A重合，AB=AC=1，
∴BD=AB=1，CD=AC=1，
∴ BE·CF=1×1=1。
(3) 解：
过点D作DM//AC，交BC于点M，
由平行线分线段成比例得$\frac{BD}{AB}=\frac{BM}{BC}$，且∠ACB = ∠DMB，
∵ 等腰△ABC中∠ABC = ∠ACB，
∴∠ABC = ∠DMB，
∴ DM = BD，
∵ BD = kAB，AB=1，
∴DM = BD = k，BM = kBC，
∴ kBC-BF = BM-BF = MF，
由三角形外角性质得∠DFE = ∠ABC+∠BDF，
又已知∠ABC = ∠PDQ，∠PDQ=∠BDF+∠FDE，
∴ ∠BDE = ∠MFD，
又
∵ ∠DBE = ∠FMD，
∴ △BDE∽△MFD，
∴ $\frac{BE}{MD}=\frac{BD}{MF}$，即BE·MF = BD·MD = k·k = k²，
∴ BE·(kBC-BF) = BE·MF = k²。
【答案】
3. (1)
∵ ∠EDC = ∠B+∠BED = ∠PDQ+∠CDF,且∠PDQ = ∠B,
∴ ∠BED = ∠CDF.又
∵ ∠ABC = ∠ACB,
∴ △BDE∽△CFD.
(2)
∵ ∠DBE = ∠DFE+∠BDF,∠PDQ = ∠BDE+∠BDF,而∠PDQ = ∠DBE,
∴ ∠DFE = ∠BDE.又
∵ ∠DBC = ∠DCB,
∴ △BDE∽△CFD,
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{BD}{CF}$,
∴ BE · CF = BD · CD = 1.
(3)如图,过点 D 作 DM//AC,交 BC 于点 M,
则$\frac{BD}{AB}=\frac{BM}{BC}$,∠ABC = ∠ACB = ∠DMB,
∴ DM = BD = kAB = k.
∵ BD = kAB,
∴ BM = kBC,则 kBC-BF = BM-BF = MF.
∵ ∠DFE = ∠ABC+∠BDF,
∠ABC = ∠PDQ,
∴ ∠BDE = ∠MFD.又
∵ ∠DBE = ∠FMD,
∴ △BDE∽△MFD,
∴ $\frac{BE}{MD}=\frac{BD}{MF}$,即 BE · MF = BD · MD = k · k = k²,
∴ BE · (kBC-BF) = BE · MF = k².
【知识点】
相似三角形判定与性质，等腰三角形的性质，一线三等角相似模型
【点评】
本题以一线三等角相似模型为核心，从基础证明到变形拓展，逐层考查几何推理能力。解题的关键是通过外角性质推导角的等量关系，进而证明三角形相似，第三问通过作平行线构造等腰三角形和相似三角形，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证△BDE∽△CFD，已知等腰△ABC得∠B=∠C，只需再找一组等角即可。利用三角形外角性质，∠EDC是△BDE的外角，可得∠EDC=∠B+∠BED，同时∠EDC=∠PDQ+∠CDF，结合已知∠PDQ=∠B，可推出∠BED=∠CDF，满足两角对应相等，即可证相似。
(2) 本问是D与A重合的变形，依旧先通过外角性质推导角的等量关系，证得△BDE∽△CFD，再根据相似三角形对应边成比例得到比例式，交叉相乘后结合AB=AC=1即可求出BE·CF的值。
(3) 要求BE·(kBC-BF)，需先把kBC-BF转化为同线段的差，因此过D作DM//AC构造等腰△BDM，根据平行线分线段成比例得BM=kBC，因此kBC-BF=BM-BF=MF。再通过角的关系证明△BDE∽△MFD，利用相似性质得到BE·MF=BD·MD，代入BD=MD=k即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：
由三角形外角性质可得∠EDC = ∠B+∠BED，同时∠EDC = ∠PDQ+∠CDF，
已知∠PDQ = ∠B，因此∠BED = ∠CDF，
∵ 等腰△ABC中AB=AC，
∴∠ABC = ∠ACB，
∴ △BDE ∽ △CFD（两角对应相等，两三角形相似）。
(2) 解：
由三角形外角性质得∠DBE = ∠DFE+∠BDF，
又∠PDQ = ∠BDE+∠BDF，且已知∠PDQ = ∠DBE，
因此∠DFE = ∠BDE，
∵ 等腰△ABC中∠DBC = ∠DCB，
∴ △BDE∽△CFD，
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{BD}{CF}$，即BE·CF = BD·CD，
∵ D与A重合，AB=AC=1，
∴BD=AB=1，CD=AC=1，
∴ BE·CF=1×1=1。
(3) 解：
过点D作DM//AC，交BC于点M，
由平行线分线段成比例得$\frac{BD}{AB}=\frac{BM}{BC}$，且∠ACB = ∠DMB，
∵ 等腰△ABC中∠ABC = ∠ACB，
∴∠ABC = ∠DMB，
∴ DM = BD，
∵ BD = kAB，AB=1，
∴DM = BD = k，BM = kBC，
∴ kBC-BF = BM-BF = MF，
由三角形外角性质得∠DFE = ∠ABC+∠BDF，
又已知∠ABC = ∠PDQ，∠PDQ=∠BDF+∠FDE，
∴ ∠BDE = ∠MFD，
又
∵ ∠DBE = ∠FMD，
∴ △BDE∽△MFD，
∴ $\frac{BE}{MD}=\frac{BD}{MF}$，即BE·MF = BD·MD = k·k = k²，
∴ BE·(kBC-BF) = BE·MF = k²。
【答案】
3. (1)
∵ ∠EDC = ∠B+∠BED = ∠PDQ+∠CDF,且∠PDQ = ∠B,
∴ ∠BED = ∠CDF.又
∵ ∠ABC = ∠ACB,
∴ △BDE∽△CFD.
(2)
∵ ∠DBE = ∠DFE+∠BDF,∠PDQ = ∠BDE+∠BDF,而∠PDQ = ∠DBE,
∴ ∠DFE = ∠BDE.又
∵ ∠DBC = ∠DCB,
∴ △BDE∽△CFD,
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{BD}{CF}$,
∴ BE · CF = BD · CD = 1.
(3)如图,过点 D 作 DM//AC,交 BC 于点 M,
则$\frac{BD}{AB}=\frac{BM}{BC}$,∠ABC = ∠ACB = ∠DMB,
∴ DM = BD = kAB = k.
∵ BD = kAB,
∴ BM = kBC,则 kBC-BF = BM-BF = MF.
∵ ∠DFE = ∠ABC+∠BDF,
∠ABC = ∠PDQ,
∴ ∠BDE = ∠MFD.又
∵ ∠DBE = ∠FMD,
∴ △BDE∽△MFD,
∴ $\frac{BE}{MD}=\frac{BD}{MF}$,即 BE · MF = BD · MD = k · k = k²,
∴ BE · (kBC-BF) = BE · MF = k².
【知识点】
相似三角形判定与性质，等腰三角形的性质，一线三等角相似模型
【点评】
本题以一线三等角相似模型为核心，从基础证明到变形拓展，逐层考查几何推理能力。解题的关键是通过外角性质推导角的等量关系，进而证明三角形相似，第三问通过作平行线构造等腰三角形和相似三角形，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.6
