【解答】问题呈现：证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∠A＝90°， ∵AE＝DG，
∴四边形AEGD是矩形， 1
∴S△HGE＝S四边形EFGH，
21
同理S△EGF＝S矩形BEGC，
2
1
∴S四边形EFGH＝S△HGE＋S△EFG＝S矩形ABCD．
2
实验探究：结论：2 S四边形EFGH＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1．
理由：∵
=12
=12
，∴S，
四边形
=
EFGH12
+
，
+
=
12+
，﹣
=
6
，∴2S2
四边形EFGH=2+2+2+2﹣
，∴2S四边形EFGH=S矩形ABCD﹣S矩形A1B1C1D1．
迁移应用：解：（1）如图4中，∵2S四边形EFGH=S矩形ABCD﹣S2
矩形A1B1C1D1
，∴S矩形A1B1C1D1
=25﹣
2×11=3=A1B1A1D1，∵正方形的面积为25，∴边长为5，∵A1D1=HF﹣5=29﹣25=4，∴A1D1=2，
22
A1B1=
1093222109，∴EG=A1B1+5=，∴EG=．
224（2）∵2 S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋S矩形A1B1C1D1．
∴四边形A1B1C1D1面积最大时，四边形EFGH的面积最大．
①如图5－1中，当G与C重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，四边形EFGH的面积最大． 此时矩形A1B1C1D1面积＝1﹒(10－2)＝10－2
②如图5－2中，当G与D重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，四边形EFGH的面积最大．此17
时矩形A1B1C1D1面积＝2﹒1＝2，∵2＞10－2,∴四边形EFGH的面积最大值＝．
2例5、定义：点P是△ABC内部或边上的点（顶点除外），在△PAB，△PBC，△PCA中，若至少有一个三角形与△ABC相似，则称点P是△ABC的自相似点．
例如：如图1，点P在△ABC的内部，∠PBC＝∠A，∠BCP＝∠ABC，则△BCP∽△ABC，故点P是△ABC的自相似点．
请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题：
3 3
在平面直角坐标系中，点M是曲线y＝(x＞0)上的任意一点，点N是x轴正半轴上
x的任意一点．
（1）如图2，点P是OM上一点，∠ONP＝∠M，试说明点P是△MON的自相似点；当点M的
坐标是( 3,3),点N的坐标是( 3,0)时，求点P的坐标；
7
（2）如图3，当点M的坐标是(3, 3),点N的坐标是(2，0)时，求△MON的自相似点的坐
标；
（3）是否存在点M和点N，使△MON无自相似点？若存在，请直接写出这两点的坐标；若不
存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵∠ONP＝∠M，∠NOP＝∠MON， ∴△NOP∽△MON，
∴点P是△MON的自相似点；
过P作PD⊥x轴于D，则tan∠POD＝＝3, ∴∠MON＝60°，
∵当点M的坐标是(3,3),点N的坐标是(3,0), ∴∠MNO＝90°， ∵△NOP∽△MON， ∴∠NPO＝∠MNO＝90°， 在Rt△OPN中，OP＝ONcos60°＝∴OD＝OPcos60°＝∴P?
3
, 2
MNON313333
×＝,PD＝OP﹒sin60°＝×＝,{{dbc5494c.png}} 224224
?33?
,?; ?44?
（2）作MH⊥x轴于H，如图3所示：
∵点M的坐标是(3,3),点N的坐标是(2，0)， ∴OM＝
322
3＋(3)＝23,直线OM的解析式为y＝x,ON＝2，∠MOH＝30°，
3
分两种情况：
①如图3所示：∵P是△MON的相似点，
8
∴△PON∽△NOM，作PQ⊥x轴于Q， 1
∴PO＝PN，OQ＝ON＝1，
2∵P的横坐标为1， ∴y＝
33
×1＝,{{eb10936e.png}} 333??; 3?
∴P?1,
??
②如图4所示： 由勾股定理得：MN＝
22
(3)＋1＝2，
∵P是△MON的相似点， ∴△PNM∽△NOM， ∴＝,即
PNMNONMOPN2＝, 223
23
解得：PN＝,
3
233233
即P的纵坐标为,代入y＝得：＝x,
3333解得：x＝2，
?23?
∴P?2,?; ?3?
综上所述：△MON的自相似点的坐标为?1,
??3??23??或?2,?; 3??3?
（3）存在点M和点N，使△MON无自相似点,M(3,3),N(23,0);理由如下： ∵M(3,3),N(23,0),
∴OM＝23＝ON，∠MON＝60°， ∴△MON是等边三角形， ∵点P在△MON的内部，
∴∠PON≠∠OMN，∠PNO≠∠MON， ∴存在点M和点N，使△MON无自相似点．
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2024年中考数学二轮复习重难题型突破类型一新定义型
