专题21 相似三角形的证明与计算50道大题专训-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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【题型目录】
1．（2020秋·上海青浦·九年级校考期中）如图，在中，点分别在边上，，垂足为点，，垂足为点．

(1)求证：；
(2)如果，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）通过证明，可得，，由外角性质可得结论；
（2）通过证明，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：，，
，
，
，
，
，，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，，
，
，
，且，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
2．（2020秋·上海青浦·九年级校考期中）如图，在中，，点在上

(1)已知：，求的长；
(2)取的中点，连接，求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由题意易证，即得出，代入数据，可求出．再根据勾股定理求解即可；
（2）根据直角三角形斜边中线的性质可得出．根据三角形中位线定理可得出，即得出，从而可证．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，即，
∴．
∵
∴；
（2）证明：∵E、F分别是、斜边上的中点，
∴．
又∵E、F分别为是的中点，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理．熟练掌握三角形相似的判定定理是解题关键．
3．（2023秋·浙江金华·九年级校考开学考试）如图，在正方形中，，在边上取中点E，连接，过点E做与交于点G，与的延长线交于点F．

(1)求证：；
(2)求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)9
【分析】（1）正方形的性质，得到，同角的余角相等，得到，即可得证；
（2），得到，求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再利用面积公式进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）解：∵在正方形中，，点E为的中点，
∴，
∵，
∴，即，
解得，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
则的面积为．
【点睛】本题考查正方形的性质和相似三角形的判定和性质，解题的关键是证明三角形相似．
4．（2022·湖南株洲·校考模拟预测）如图，四边形是矩形，是上的一点，，．点是、延长线的交点，与相交于点．

(1)求证：四边形是正方形；
(2)当，时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用矩形的性质，易证，得到，即可证明结论；
（2）利用正方形的性质，易证，求得，进而得到，，再证明，求得，然后由勾股定理，即可求出的值．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是正方形；
（2）解：四边形是正方形，
，，，，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
在中，．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
5．（2022·福建龙岩·校考模拟预测）如图，是的直径，点，在上，且，点在的延长线上．

(1)若，求证：是的切线；
(2)若的半径长为，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）连接，易得，证明，联立可求证；
（2）连，，先证明，即有，进而有，利用勾股定理可得，问题得解．
【详解】（1）连，

∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半径，
∴是的切线；
（2）连，，如图，

∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的半径长为5，
∴，
∴，，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识，解题的关键在于合理作出辅助线转化求解．
6．（2023·四川攀枝花·统考中考真题）如图，抛物线经过坐标原点，且顶点为．

(1)求抛物线的表达式；
(2)设抛物线与轴正半轴的交点为，点位于抛物线上且在轴下方，连接、，若，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）设抛物线的表达式为，将代入可得；
（2）过作轴于，过作轴于，设，求出；根据，，得，故，从而，即可解得答案．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为，
将代入得：，
解得，
；
（2）过作轴于，过作轴于，如图：

设，
在中，令得或，
；
，，
，
，
，
，
，
，
解得或（此时与重合，舍去），
，．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，解题的关键是证明，用对应边成比例列式求出的值．
7．（2023秋·全国·九年级专题练习）矩形中，为上的一点，把沿翻折，使点恰好落在边上的点．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为
【分析】（1）由矩形的性质可得，由翻折的性质可得，进而推出，即可得证；
（2）由题意可知，，，，设长为，则，由勾股定理可得，再根据相似三角形的性质进行计算即可得到答案．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
是翻折得到，
，
，
，
，
；
（2）解：由题意可知，，，，
设长为，则，
在中，，
，
，即，
解得：，
的长为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
8．（2023·山西忻州·校联考模拟预测）如图，在中，D为的中点，点E在上，F在的延长线上，，连接、、，且、交于点G，．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若面积为2，求平行四边形面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】（1）根据证明，得出，进而得出，即可求证；
（2）易证，得出，得出，进而得出，，最后根据即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵D为的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，
∴，即点E为中点，
∵D为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
则，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半；相似三角形面积比等于相似比的一把．
9．（2023秋·辽宁沈阳·九年级沈阳市第一二六中学校考阶段练习）在边长为10的菱形中，对角线相交于点O，过点O作直线分别交的延长线于点E、F，连接．

(1)若，判断四边形的形状.并说明理由；
(2)若于H，，直接写出的长度．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，得，，则；根据全等三角形的判定，得，得；根据平行四边形的判定，矩形的判定即可得到结论；
（2）根据菱形的性质，，则，根据，得，根据等量代换，根据相似三角形的判定得；根据相似三角形的性质得到，求出，，即可得到答案．
【详解】（1）四边形是矩形，理由如下：
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形得判定、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质．
10．（2023秋·吉林长春·九年级校考开学考试）如图，在中，对角线与相交于点O，，过点B作交于点E．

(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）可证，从而可证四边形是菱形，即可得证；
（2）可求，再证，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴．
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
解得：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
11．（2022秋·浙江杭州·九年级校考期中）如图，在中，点E在上，，和相交于点F，过点F作，交于点G．

(1)求的值．
(2)若，
①求证：．
②求证：．
【答案】(1)
(2)①详见解析；②详见解析
【分析】（1）结合题意，根据平行线的性质，通过证明，得；再结合，根据平行线性质，通过证明，根据相似比的性质计算，即可得到答案；
（2）①，根据题意计算得；结合（1）的结论，得，从而推导得，通过证明，即可完成证明；
②根据（2）①的结论以及平行线的性质，证明，根据相似三角形的性质计算，即可完成证明．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即；
（2）证明：①设，
∵，
∴，
∴，
由（1）的结论，得：，
∴，
∴，
即：，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形、平行线、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行线、相似三角形的性质，从而完成求解．
12．（2023秋·陕西榆林·九年级校考期末）（1）问题发现，如图1，在中，，点是边上一动点（不与点重合），，连接．

(1)①求的值；
②求的度数．
(2)拓展探究，如图2，在中，．点是边上一动点（不与点重合），，连接，请判断与的数量关系以及与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)①1；②
(2)，，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件推出，根据全等三角形的性质得到，，于是得到；
（2）根据已知条件得到，由相似三角形的性质得到，得到，根据相似三角形的性质得到结论；
【详解】（1），，
，
，
，，
，
，
在与中，
，
，
，，
，
故答案为：1，；
（2），；
理由是：，，
，
，
，
，
，
，．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
13．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨德强学校校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系内已知点和点的坐标分别为，，动点从点开始在线段上以每秒1个单位长度的速度向点移动，同时动点从点开始在线段上以每秒2个单位长度的速度向点移动，设点，移动的时间为秒．

(1)求直线的解析式；
(2)当为何值时，与相似？
(3)当为何值时，的面积为个平方单位？
【答案】(1)直线的解析式为
(2)或秒
(3)2或3秒
【分析】（1）设直线的解析式为，解得，即可；
（2）由，得，当时，，利用其对应边成比例解．当时，，利用其对应边成比例解得．
（3）过点作于．根据，得出，得，求出，再根据的面积为，即可得出结论．
【详解】（1）解：设直线的解析式为，则
将点，代入，可得，解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：由，，可得，，，
∴在直角三角形中，，
∵，，
∴，
∵，∴分两种情况讨论：
当时，，即，解得，
当时，，即，解得，
综上，当或秒时，和相似；
（3）解：过点作于，

∵
则，
∴，
∴，即，
解得，
∵的面积为，，
∴，解得，，
∴当或3秒时，的面积为个平方单位．
【点睛】本题考查的是一次函数综合题，根据题意作出辅助线．构造出相似三角形是解答此题的关键．
14．（2022秋·湖南永州·九年级校考期中）如图所示，在正方形中，G为边中点，连接并延长交边的延长线于E点，对角线交于F点．

(1)直接写出一个与相似的三角形： ；
(2)求证：；
(3)若，求线段的长度．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由正方形的性质可得，可得；
（2）证明，，证明，结合，可得，则，从而可得结论；
（3）由，可得，由，而，，可得，则，从而可得答案．
【详解】（1）解：∵正方形，
∴，
∴，，
∴．
（2）∵正方形，
∴，，
∵G为边中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，而，，
∴，
∴，
∴，经检验，符合题意；
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练的证明与是解本题的关键．
15．（2022秋·四川成都·九年级成都实外校考期中）如图，已知在中，P为边上一点，连接，M为的中点，连接并延长，交于点D，N为的中点，连接．若．

(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长
【分析】（1）由三角形中位线定理得到，则，又由已知，得到，则，即可得到结论；
（2）求出，设，则，，根据得到，解得，进一步得到，即可得到的长．
【详解】（1）证明：∵M为的中点，N为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
解得，
∴（不合题意，舍去），，
∴，
即的长2．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
16．（2022秋·江西吉安·九年级校考阶段练习）如图，中，为边上的高，的平分线分别交于点F，E．

(1)求证：；
(2)若，求的面积；
(3)若，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，即可求证；
（2）过点E作于点M，根据角平分线的性质可得，设，则，再根据，可得，从而得到．然后由，即可求解；
（3）由（2）知，，，再根据，可得，从而得到，即可求解．
【详解】（1）证明：∵为边上的高，
∴，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
（2）解：如图，过点E作于点M，

在中，，
∴．
∵平分，，
∴．
设，则，
∵，，
∴，
∴．
∴，解得，
∴．
由（1）知，
∴，
∴；
（3）解：由（2）知，，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，角平分线的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
17．（2022秋·江西吉安·九年级校考阶段练习）数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片折叠，使边都落在对角线上，展开得折痕，，连接，如图1．

转一转：将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别交边于点E，F，连接，如图2．
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线剪开，如图4．
(1)______，写出图中两个等腰三角形：______（不需要添加字母）；
(2)线段之间的数量关系为______；
(3)连接正方形对角线，若图2中的的边分别交对角线于点G、点H．如图3，求的值．
【答案】(1)（选取两个即可）．
(2)．
(3)
【分析】（1）由正方形的性质可得都是等腰三角形．由折叠可得，，即可得到，证明，则．又由得到，则都是等腰三角形．
（2）延长到T，使得，连接．证明，则．得到，证明，则．得到，即可得到结论．
（3）由四边形是正方形得到，．证明，则．
【详解】（1）如图1中，

图1
∵四边形是正方形，
∴，
∴都是等腰三角形．
由折叠可得：
，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴都是等腰三角形．
故答案为： （选取两个即可）．
（2）结论：．
理由：如图2中，延长到T，使得，连接．

∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
故答案为：．
（3）如图3中，

∵四边形是正方形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了正方形的性质、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，熟练掌握全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，是解题的关键．
18．（2023秋·福建福州·九年级福州华伦中学校考阶段练习）如图1，中，，，，将绕点顺时针旋转得到，其中是点的对应点，且，连接，．

(1)求证：；
(2)如图2，当点在线段上时，求的面积；
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）可证，从而可证，可得，可求，即可得证；
（2）过作交于，可求，可证，可得，可求，即可求解．
【详解】（1）证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，
，
，
，
，
，
在中：
，
，
．
（2）解：如图，过作交于，

由旋转得：，
，，
，
，
，
由（1）同理可证，
，
，
，
，
，
在中：
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，面积转化，掌握性质及判定方法是解题的关键．
19．（2021春·安徽安庆·九年级校考开学考试）如图，在中，点D、G在边上，点E在边上，，交于点F，．

(1)求证：；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由等边对等角，得，由平行，得，进而，于是；
（2）由，得，可证得，进而证得，于是，可证，从而，得．
【详解】（1）（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形判定和性质，平行线分线段成比例定理，平行线的性质；运用相似三角形得到比例线段是解题的关键．
20．（2020秋·安徽蚌埠·九年级统考期中）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：如图一，已知边长为3的等边的重心为点O，求与的面积；
(2)性质探究：如图二，已知的重心为点O，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值；如果不是，请说明理由；
(3)性质应用：如图三，在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．
若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；若，求正方形ABCD的面积
【答案】(1)
(2)是定值；是定值；详见解析
(3)①；②
【分析】（1）连接，可证，可推出，即可求解；
（2）由（1）中结论即可求解；
（3）①证即可求解；②根据求出即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接

由题意可知：为的中位线
∴
∴
∴
由题意得：
∴
∴
，
；
（2）解：由（1）同理可得，是定值；
∵
∴
故点到的距离和点到的距离之比也为
的底相等
故，是定值；
（3）解：四边形ABCD是正方形，
，，
，
，
为CD的中点，
，
，
，
，
即；
，且，
，
，
，
，
，
正方形ABCD的面积为：．
【点睛】本题以三角形重心为背景，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．掌握相关结论是解题关键．
21．（2022秋·广东深圳·九年级阶段练习）如图，在中，，，点P从A点出发，沿着边以每秒的速度向B点运动；同时点Q从C点出发，沿边以每秒的速度向A点运动，当P点到达B点停止运动，Q点随之停止运动，设运动的时间为．

(1)请用含x的字母表示： ．
(2)当x为何值时，？
(3)与能否相似？若能，求出的长；若不能，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)与能相似，或
【分析】（1）根据列代数式即可；
（2）利用平行线分线段成比例，列出比例式进行计算即可；
（3）分类讨论：①当时，②当时，利用相似三角形对应边成比例，列式计算即可．
【详解】（1）解：由题意得：，
故答案为：；
（2）解：当时，，
∵，，
∴，
解得：；
（3）解：能；
∵，
∴，
①当时，有，即，
解得：，
∴；
②当时，有，即，
解得：或（舍去），
∴，
综上，当或时，与相似．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程．熟练掌握相关知识点是解题的关键．
22．（2022秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）四边形中，平分线段交于O，

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若于E，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)先证明得到，推出四边形是平行四边形，结合推出四边形是矩形；
(2)根据勾股定理求出，然后证明，得到，即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵
∴
∵平分线段，
∴
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形；
（2）∵
∴
∵
∴
∵四边形是矩形，
∴
∴
∵
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各判定及性质定理是解题的关键．
23．（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．
24．（2020秋·陕西渭南·九年级统考期中）如图，在正方形中，．、分别交、于E、F，交于H、G．

(1)请判断与是否相似，并说明理由；
(2)求证：；
(3)连接，求的值．
【答案】(1)．理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由四边形为正方形，可得，结合，证明，从而可得结论；
（2）由，可得，结合，从而可得结论；
（3）先证明，结合，可得，再利用相似三角形的性质可得答案．
【详解】（1）解： ．理由如下：
四边形为正方形，
．
，
，
，
又，
．
（2）由（1）可得，
，即，
在正方形中，，
．
（3）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定方法是解本题关键．
25．（2023春·安徽·九年级专题练习）已知E是四边形的边上一点，的垂直平分线分别交，于点M，N，交对角线于点F，与交于点O，连接，．

(1)如图1，若平分，求证：四边形是菱形．
(2)如图2，四边形是矩形，且，，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据证明，得．根据是的垂直平分线，得，，进而得四边形四边相等，从而得出四边形是菱形．
（2）根据四边形是矩形，得，，，因为四边形是菱形，，则，根据，证明，得出，求出，再根据勾股定理求出x，也就求出的长．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是矩形，且，，
∴，，，
∵，
∴.
∵垂直平分,
∴.
∴.
∴
由（1）可得四边形是菱形，
∴，，
设，则．
∵，
∴，，
∴，
∴，
即，
∴．
在中，，
即，
解得，（舍去），
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质、线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质，相似三角形的判定和性质；由相似三角形，勾股定理等得到相关线段间的数量关系是解题的关键．
26．（2023·湖北宜昌·统考模拟预测）已知：正方形中，点是对角线上一点和关于直线对称，点是点A的对称点，

(1)如图，，相交于，求证：；
(2)当时，求的值；
(3)直线，分别与边，交于点，，当时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质和对角线的性质得出，根据题意得出，证明，即可得证．
（2）根据题意证明，根据正方形的性质得到，，设，则，，求出，即可求解．
（3）延长，交于点，设，则，根据正方形的性质，利用勾股定理求出，由得到，根据题意求出，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，
和关于直线对称，
∴，
，
，
∴，
，
．
（2）解：如图，

和关于直线对称，
∴，
，，，
，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，，
设，则，
，
，
．
（3）解：如图，延长，交于点，

设，则，
，
正方形，
，，
在中，，
∵，
∴，
，
和关于直线对称，
∴，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理、正方形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，勾股定理及正方形的性质是解题的关键．
27．（2023·安徽亳州·校联考模拟预测）如图，在矩形中，平分交于点E，F在边上，且，垂足为点H，连接．

(1)若，求的度数；
(2)求证：；
(3)若F为的中点，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)2​
【分析】（1）由直角三角形两锐角互余及等腰三角形两底角相等可得，再由角平分线的性质可得的度数，最后在三角形中利用三角形内角和可得出结论；
（2）首先证明，再证明，推出，可得结论；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得，设，则，，所以，，利用的面积的不同表示可得的长，由（2）可得，由比例可得的长，由线段的加减可得的长，进而可得结论．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
平分，
，
在中，；
（2）证明：过点作于，过点作于．

，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，，
，，，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
是等腰直角三角形，
；
（3）解：由（2）知，四边形是矩形，，
点为的中点，
，
设，则，，
，，
是等腰直角三角形，
，
，，
，
，
，
，
由（2）知，
，
，
，即，
解得，
，
．
【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定，三角形内角和，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等相关知识，设，用表达和的长是解题关键．
28．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图1，在中，，，点D是的中点，连接，点E是上一点，连接并延长交于点F．

(1)若点F是中点，求证：；
(2)如图2，若，
①求证：；
②猜想的值并写出计算过程．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析 ②，计算过程见解析
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案；
（2）①连接CE，证明，由相似三角形的性质得出，设，则，，得出，则可得出结论；
②由①可得出AF和CF的值，化简的比值则可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点D是的中点，点F是中点，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）①证明：连接，

∵，点D是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
∴，；
设，则，，
∴，
∴，
∴；
②解：猜想：，
理由如下：
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
29．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，已知等腰和等腰有公共的顶点A，且，，，点E恰好落在边上（与B、C不重合），连接．

(1)求证：；
(2)若与相交于点F，求证：；
(3)若，，且，请画出符合条件的图形，并求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)图见解析，
【分析】（1）先证明，再证明，从而可得结论；
（2）先证明，，可得，则，从而可得结论；
（3）根据题意先画图，过点A作于点M，求解，结合，可得，，证明，在中，，再利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，过点A作于点M，

∵，，
∴，
∵，且，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
在中，，
∵，
∴，
，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟悉基本图形，熟练的运用以上知识解题是关键．
30．（2023春·山东德州·九年级校考阶段练习）如图（1），和都是等边三角形，过点B作于点D，过点N作于点E，连接．

(1)观察猜想
线段之间的数量关系为__________，位置关系为___________．
(2)拓展探究
如图（2），将题干中的条件“和都是等边三角形”改为“和都是等腰三角形，，，且”，其他条件不变，试判断（1）中结论是否仍然成立，并说明理由．
(3)解决问题
如图（3），在平行四边形中，，，在边上取点G，连接，使得，过点A作的垂线，交于点E，交于点M．请直接写出线段的长．
【答案】(1)，．
(2)数量关系不成立，位置关系成立，即、．
(3)线段的长为．
【分析】（1）观察猜想
由等边三角形的性质可得，，由三角形中位线定理可得，．
（2）拓展探究
由等腰直角三角形的性质可得，，通过证明，可得，，即可得出，．
（3）解决问题
证，得出，求出，则，设，则，，作于,连接，同得：，则，得出，，求出，得出，再由勾股定理即可得出得长．
【详解】（1）解：和都是等边三角形，，，
，，
是的中位线，
，，
故答案为：，．
（2）解：仍然成立，不成立，
理由如下：
，，，
和都是等腰直角三角形，
，，
，，，，
，，
，，
，
又，
，
，
，
，．
（3）解：，，
，
，
，即，
解得：，
，
设，则，
，
，
，
即，
解得：，
，，，
四边形是平行四边形,
，
作于，连接，如图（3）所示：

同（2）得：，
，，
，，
，
解得：，
．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．
31．（2023·安徽滁州·校考二模）在正方形中，点E、F分别是边上的点，连接且．

(1)如图1，当点G在上时，求证：；
(2)如图2，当点B与点E重合时，分别交于点M，N，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由正方形的性质得，而，则，即可证明，得，则，所以；
（2）作交的延长线于点H，可证明，则，，可推导出，则，所以，则，而，即可证明，得，所以．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图2，作交的延长线于点H，则，

∵点E与点B重合，且，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解答本题的关键．
32．（2023春·吉林长春·八年级长春市解放大路学校校考期末）【问题原型】华师版教材八年级下册第121页有这样一道题：
如图①，在正方形中，．求证：．
请你完成这一问题的证明过程．

【问题应用】如图，在正方形中，，E、F分别是边、上的点，且．
（1）如图②，连接、交于点G，H为的中点，连接，．当E为的中点时，四边形的面积为______；
（2）如阳③，连接、，当点E在边上运动时，的最小值为______．
【答案】问题原型：见解析；
问题应用（1）；（2）；
【分析】问题原型：证明和全等即可；
问题应用
（1）证明，得到，再证明，求出，再分别求出，分别表示，则四边形的面积可求；
（2）证明，得到，将的最小值转化为的最小值问题，由最短路径模型求出最小值，则问题可解．
【详解】问题原型
证明：由已知，在正方形中，
，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴；
问题应用
（1）∵，，
∴
∵
又∵
∴，
∴，
由已知，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
∵H为的中点，
∴，
∴，
四边形的面积为：
；
故答案为：
（2）连，

∵，，，
∴，
∴，
∴，
则的最小值为即为的最小值，
如下图，取点关于的对称点，连，交于点，连，
∴，
∴的最小值为，

故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，勾股定理和最短路径问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
33．（2023春·山东烟台·八年级统考期末）如图，在中，，D是上一点，，连接．

(1)如图①，求证：；
(2)如图②，若，，当点D移动到使时，求的长度；
(3)如图③，作交的延长线于点F，探索与的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据相似三角形的性质，以及比例线段的性质，得到，，即可得证；
（2）证明，得到，代值计算即可；
（3）根据，推出，证明，推出，进而得到，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：∵
∴，，
∴，，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：；
证明：∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵交的延长线于点F，
∴，
∴．
∴，即；
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是证明三角形相似．
34．（2023·湖南株洲·株洲二中校考模拟预测）如图，在矩形中，，，是上的一个动点（不与，重合），过点的反比例函数的图象与边交于点．

(1)当为的中点时，求点到的距离的长．
(2)当点为线段上任意一点时，试问是否为定值？请说明理由．
【答案】(1)
(2)为定值，理由见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可求得，根据中点的性质可求得，待定系数法求得反比例函数的解析式为，求得，根据勾股定理求得，根据相似三角形的判定和性质即可求解；
（2）根据反比例函数上点的特征可求得，，推得，，即可求得，即可求解．
【详解】（1）解：∵在矩形中，，，
∴，
∵为的中点，
∴，
将点代入，
解得：，
∴反比例函数为；
将代入，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
即，
解得：．
（2）解：为定值，理由如下：
∵点在线段上，点在线段上，
∴点的横坐标为3，点的纵坐标为2，
又∵点，在反比例函数的图象上，
∴，，
∴，，
∴，
所有为定值．
【点睛】本题考查了矩形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，勾股定理，相似三角形的判定和性质，反比例函数上点的特征，熟练掌握反比例函数上点的特征是解题的关键．
35．（2023春·江西南昌·九年级南昌市第二十八中学校联考阶段练习）如图，在中，于点，

(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据两个三角形相似的判定定理，结合题意即可得证；
（2）由（1）中，根据等腰三角形性质、直线三角形性质得到相关线段长度，由相似比代值求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：，
，
；
（2）解：在中，，，
由等腰三角形“三线合一”得到是的边上的中线，
，
在中，是斜边上的中线，即，
，
由（1）可知，
，即，解得：．
【点睛】本题考查相似三角形综合，涉及相似三角形的判定与性质、等腰三角形性质、直角三角形性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
36．（2023·湖北武汉·武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考模拟预测）如图，菱形，，点E为平面内一点，连接．
(1)如图1，点E在的延长线上，将绕点A顺时针旋转60°得，交延长线于点G，连接交延长线于点H，若，，求的长；
(2)如图2，点E在的延长线上，将绕点A逆时针旋转60°得，连接，点M为的中点，连接，，证明：；
(3)如图3，将沿翻折得（），连交于点S，点T为平面内一点，当取得最大值时，连接，，若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由旋转知，，，得出为等边三角形，求出，过点H作交于点Z，则，得出，得出，，进而可求出答案；
（2）过点B作交于点L，过点F作交于K，设，，由旋转可知，是等边三角形，得出，在中，，，得出，再求出，，再根据勾股定理求解即可；
（3）连接，由折叠知，，，得出点E是以点A为圆心，AB为半径的圆上的一段弧，与的交点记作点N，得出 点A，S，B，D在同一个圆上，
即点S是等边的外接圆上的一段弧，即，得出点E在的中垂线和半径为的的交点时，最大，将绕点A逆时针旋转120°得到，连接，，进而可得出答案．
【详解】（1）解：如图1，由旋转知，，，
∴为等边三角形，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
过点H作交于点Z，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴；
（2）解：过点B作交于点L，过点F作交于K，
设，，
由旋转可知，是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∵，
∴，，
∵点M为的中点，
∴，
∴，，
在中，，
在中， ，
∴；
（3）（3）如图3，连接，
由折叠知，，，
∴点E是以点A为圆心，AB为半径的圆上的一段弧，
∴，
∴，
与的交点记作点N，
∴，
∵，
∴点A，S，B，D在同一个圆上，
即点S是等边的外接圆上的一段弧，即，
∵的外接圆的圆心在AB的中垂线上，
∵为等边三角形，
∴的中垂线过点D，
即点E在的中垂线和半径为的的交点时，最大，如图4，
∴，
∵点T为平面内一点，且，
∴点T在以点A为圆心，3为半径的圆上，
将绕点A逆时针旋转120°得到，连接，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
要最大，则最大，
∵，
∴点Q在上时，最大，最大为，
过点A作于V，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的最大值为．
【点睛】本题考查菱形的性质，．
37．（2023春·山东泰安·八年级统考期末）小军在学习相似三角形时，遇到这样一个问题：

(1)如图1，在中，是边上一点，连接，若，求证：；
(2)如图2，已知，，，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据相似三角形的判定定理求解即可；
（2）首先证明出，然后利用相似三角形的性质得到，然后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】（1）∵，
∴；
（2）∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
解得
∴．
【点睛】本题考查相似三角形，三角形内角和定理，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于基础题型．
38．（2023春·江西鹰潭·九年级校考阶段练习）综合与探究
问题提出：
数学课上，老师提出了一个问题：在中，，于点D，E为上的一动点，与相交于点G，点F在上，于点E，试探究与的数量关系，并加以证明．

特例故知：
（1）勤奋小组从特殊情况入手：如图1，，E为的中点，则与的数量关系为______．
变式探究
（2）希望小组受此启发，作了如下改变：如图2，将（1）中“”改为“”，其他条件不变，试探究与的数量关系，并加以证明．
拓展提高
（3）经过前两个小组的探究，智慧小组将该问题的条件更一般化：如图3，，，试探究与的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）；（2），证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）过点E作，垂足分别为，证明，即可得出结论；
（2）过点E作，垂足分别为，证明，结合解直角三角形的知识进行解答即可；
（3）过点E作，垂足分别为，证明，结合解直角三角形的知识进行解答即可．
【详解】解：（1）过点E作，垂足分别为，

∵，，，
∴，
∵，
∴和为等腰直角三角形，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）过点E作，垂足分别为，

同理可得四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵E为的中点，
∴，
∴，
即；
（3）过点E作，垂足分别为，

同（2）可得，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，运用类比的方法解题是本题的关键．
39．（2023春·江西吉安·九年级校联考期中）如图1，在菱形中，对角线与相交于点，且，．

(1)求菱形的面积及周长；
(2)点是射线上一个动点，作射线，交射线于点．将射线绕点逆时针旋转后交射线于点，旋转角为，且，连接．
①如图2，当点与点重合时，求的周长；
②当时，请直接写出的长为______；
【答案】(1)菱形的周长为40，菱形的面积
(2)①的周长；②
【分析】（1）根据勾股定理和菱形的性质进行解答即可；
（2）①证明，得出，即，得出，根据，得出，求出，根据勾股定理求出，即可得出答案；
②设，根据勾股定理求出，即，求出，得出，根据，得出，求出即可．
【详解】（1）解：如图1中，四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴菱形的周长为40，菱形的面积；
（2）解：①如图2中，过点O作于点，

∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长．
②如图3中，设．

∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，证明．
40．（2023秋·安徽·九年级阶段练习）如图，在和中，，．

(1)求证：．
(2)若点H、G分别是的中点，且，连接，求的值．
(3)若在和中，，点H、G分别是的中点，且，连接，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用等式的性质得到，再证明，得到，再利用两边成比例且夹角相等的两三角形相似即可求证．
（2）利用两边成比例且夹角相等的两三角形相似证明，利用对应边成比例即可求解．
（3）先证明，再证明都是等腰直角三角形，接着得到，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵在和中，
，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴都是等边三角形，
∴它们的每个内角都是，
∵点H、G分别是的中点，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴，
∴．
（3）∵在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴都是等腰直角三角形，
∴，
∵点H、G分别是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，即
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题关键是正确判定相似三角形．
41．（2023春·江西九江·九年级校联考阶段练习）探究（一）：如图1，在中，，D是上一点（不与A，B重合），交于点E，连接．设的面积为S，的面积为．

（1）当时，______，______．
（2）设，请你用含字母的代数式表示．
探究（二）：如图2，在四边形中，，，，E是上一点（不与A，B重合），，交于点F，连接，设，四边形的面积为S，的面积为．请你利用问题1的解法或结论，用含字母n的代数式表示．
【答案】探究一：（1）；；（2）；探究二：
【分析】探究一：（1）证明，得到，得到，进行求解即可；
（2）同法（1）即可得出结论；
探究二：分别延长，交于点O，同探究一的方法进行求解即可．
【详解】探究一
（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
故答案为：，；
（2）∵，，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴，
即．
探究二：
分别延长，交于点O，

∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴由问题1的解法可知：．
∵，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．解题的关键是证明三角形相似，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方．
42．（2023春·山东烟台·八年级统考期末）已知，矩形，点E是上一点，将矩形沿折叠，点A恰好落在上点F处．

(1)如图1，若，，求的长；
(2)如图2，若点F恰好是的中点，点M是上一点，过点M作交于点N，连接，若平分，求证：．
【答案】(1)；
(2)见解析
【分析】（1）先利用勾股定理求得的长，证明，设，则，利用相似三角形的性质即可求解；
（2）证明，利用相似三角形的性质即可证明.
【详解】（1）解：∵矩形中，，，，
∴．
由折叠的性质得，，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴解得，
∴；
（2）证明：∵F为BD的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
43．（2023秋·安徽·九年级阶段练习）阅读理解：如图1，在直角梯形中，，，点P在边上，当时，易证，从而得到，解答下列问题．

(1)模型探究：如图2，在四边形中，点P在边上，当时，结论仍成立吗？试说明理由；
(2)拓展应用：如图3，M为的中点，与交于点C，且交于F，交于G． ，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）通过相似三角形的对应边成比例即可解答；
（2）利用相似三角形的对应角相等、三角形内角和定理证得且；然后在直角中由勾股定理求得；最后利用相似三角形的对应边成比例以及在直角中利用勾股定理来求的长度即可．
【详解】（1）解：∵，（已知），
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
又∵，
∴．
∵，
∴．
当时，，即且．
∵M为的中点，
∴，．
又∵，
∴，即：，
又∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理、三角形外角定理等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
44．（2023春·安徽宿州·九年级校考期中）在矩形中，点是上的一动点，平分，交于点，交于点，连接．

(1)如图（1），若，求证：；
(2)如图（2），当点是的中点，时．
①求证：；
②求的值．
【答案】(1)证明解析；
(2)①证明解析；②；
【分析】（1）根据矩形的性质及角平分线的性质可知，最后根据全等三角形的性质即可解答；
（2）①根据矩形的性质及角平分线的性质可知，再根据相似三角形的性质可知是等腰三角形，最后利用等腰三角形的性质即可解答；②根据矩形的性质及三角形的内角和定理可知，再根据矩形的性质及角平分线的性质可知进而可知，最后利用中点的定义及勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：∵在矩形中，
∴，，
∴，
∵平分，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：设交于点O，
∵，
∴，
∵在矩形中，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰三角形，
∴；

②∵在矩形中，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵在矩形中，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的值为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握矩形的性质及角平分线的性质是解题的关键．
45．（2023春·江苏淮安·九年级校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知矩形中，边，边，且分别在x轴、y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合．将矩形折叠，使点A落在边上，设点是点A落在边上的对应点．

(1)当矩形沿直线折叠时（如图1），则点的坐标为（ ， ），b的值为 ；
(2)当矩形沿直线折叠时，
①点的坐标为 （用k表示）；
②求出b和k之间的关系式；
③如果折痕所在的直线与矩形的位置如图2，求这种情形时k的取值范围；
④如果折痕所在的直线与矩形的位置如图3时，k的取值范围是 ；如图4时，k的取值范围是 ．（直接填写结果，不写过程）
【答案】(1)；
(2)①；②；③；④，
【分析】（1）设直线与交于点E，与交于点F，则，，设点的坐标为，证明，得，代入数值求出，可得点的坐标，连接，根据勾股定理求出；
（2）①设直线与交于点E，与交于点F，则，，设点的坐标为，证明，得，求出a，可得点的坐标，连接，根据勾股定理求出b即可；③∵直线与边相交得，分别求出当直线过点时，当过点时的k的值，即可得到k的取值范围；④仿照③解答即可．
【详解】（1）设直线与交于点E，与交于点F，则，，

设点的坐标为，
∵，，
∴
∴
∴，即，
∴，
∴点的坐标为，
连接，则
在中，根据勾股定理有
即，
解得
故答案为：；；
（2）①如图1，设直线与交于点E，与 交于点F，连接

则,
设点的坐标为，
∵，，
∴
∴
∴，即，
∴，
∴点的坐标为；
故答案为：；
②连接，
在中，，
∵
∴
∴；
③∵直线与边相交，
∴
∵，
∴，
当直线过点时，，解得（正值舍去），故；
当过点时，，解得，故，
∴k的取值范围是；
④如果折痕所在的直线与矩形的位置如图3时，直线与边相交，
故
当点O与点D重合时，，
当直线点时，，解得（正值舍去），故；
当直线过点时，，解得，故，
∴；
如果折痕所在的直线与矩形的位置如图4，直线与边相交，
故
当点A点C合时，，
当直线点时，，解得（正值舍去），
∴
故答案为：，．
【点睛】此题是一道有关折叠的问题，主要考查一次函数，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，试题中贯穿了方程思想和数形结合的思想，熟练掌握各知识点是解题的关键．
46．（2023·广东深圳·校考一模）综合与实践：
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．如图1，在中，．

(1)操作发现：将折叠，使边落在边上，点C的对应点是点E，折痕交于点D，连接，则 ，设，那么 （用含x的式子表示）；
(2)进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
(3)拓展应用：当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】(1)72，
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得，再由折叠的性质可得，，即可；
（2）证明，可得，即可；
（3）在上截取，连接，根据菱形的性质可得，，，再由黄金三角形，可得，然后得到，进而得到，即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵边落在边上，点C的对应点是点E，
∴，，
∴，
，
故答案为：72，；
（2）解：由（1）知：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，解得：，
∴；
（3）解：如图，在上截取，连接，

∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，理解黄金三角形的定义是解题的关键．
47．（2023春·广东深圳·七年级校考期中）课本再现
如图1，在等边中，E为边上一点，D为上一点，且，连接与相交于点F．

（1）与的数量关系是 ，与构成的锐角夹角的度数是 ；
深入探究
（2）将图1中的延长至点G，使，连接，，如图2所示．求证：平分．（第一问的结论，本问可直接使用）
迁移应用
（3）如图3，在等腰中，，D，E分别是边，上的点，与相交于点F．若，且，求值．
【答案】（1），；（2）见解析；（3）3
【分析】（1）证明，得，，再由三角形的外角性质得即可得出结论．
（2）先证明是等边三角形，再证明，推出，即可得证．
（3）延长至点G，使，连接、，过点D作于点M，于点N，分别证明，得，，再证，得，，然后证明平分，得，进而证，即可得出结果．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，
∴．
∴，，
∴，
故答案为：，；
（2）证明：由（1）可知，，
∴，
∵FG＝BF，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
（3）解：如图3，延长至点G，使，连接、，过点D作于点M，于点N，

∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
∵，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴．
方法二：如图4，过点D作交于点P，

则，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判断与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，三角形的外角性质以及三角形面积，熟练掌握等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
48．（2023春·福建福州·八年级福建省福州第十六中学校考期末）【感知】如图①，在中，点为的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：点是的中点，点是的中点；

【应用】如图②，在四边形中，，点是的中点，，的延长线相交于点，求的长．

【扩展】如图③，在中，点是的中点，点是上一点，，、相交于点，求的值．

【答案】【感知】见解析；【应用】；【扩展】
【分析】［感知］（1）由可证，求证，得，结论得论；[应用]（2）与（1）同理，得，于是四边形是平行四边形，进一步得证四边形是菱形，得，由勾股定理得，于是；[扩展]（3）如图，过A作交延长线于，与（1）同理可得，得，求证，得，于是．
【详解】（1）证明：中，，
，
∴在和中，

，
∴点E是的中点，点是的中点；
（2）与（1）同理可得，
，
又由已知可得，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形，
，
，
，
；

（3）如图，过A作交延长线于，

与（1）同理可得，
，
∵，
∴，
∴
∴
，
，
，
．
【点睛】本题考查平行的性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，相等三角形的判定和性质，添加辅助线构造相似三角形，得到线段间数量关系是解题的关键．
49．（2023秋·安徽滁州·九年级校考期末）如图，在矩形中，点，分别在，上，连结，，且．

(1)求证：．
(2)连结，，线段是线段与的比例中项．
①若，求线段的长．
②求证：．
【答案】(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】（1）利用同角的余角相等推出，再利用证明，即可推出；
（2）①利用线段是线段与的比例中项以及，建立一元二次方程，求解即可；②由，推出，，利用相似三角形的判定定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：①如图，

∵线段是线段与的比例中项，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去）；
②证明：由（1）可知，，
∴，
∴，
∵线段是线段与的比例中项，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，比例中项的意义，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
50．（2023春·山东威海·八年级统考期末）已知：四边形和都是正方形．

(1)如图1，若点C在对角线上，则的值为 ；（直接写结果）
(2)将正方形绕点A逆时针旋转．
①如图2，连接．的值是否改变？若不改变，写出理由；若改变，写出新的值及理由；
②当，时，交于点M，交于点N，且，求的长．
【答案】(1)
(2)①不变，理由见解析；②
【分析】（1）根据正方形的性质得到，由勾股定理得到，，则，又由，即可得到的值；
（2）①正方形的性质得到，又由即可，则，即可得到解答；
②当时,即，可证明B、A、F三点在同一直线上，C、A、G三点在同一直线上．证明，得到，得到，则．连接，过点G作延长线的垂线，垂足为点O．则，可证是等腰直角三角形，证明，则，，则，可证明是等腰直角三角形，则．则，得到．则,由勾股定理即可得到的长．
【详解】（1）解：∵四边形和都是正方形，
∴，
∴，
,
∴，
∵，
∴，
故答案为：
（2）①不变．理由如下：
∵四边形和都是正方形，
∴，
∴，
∴，
即，
由（1）可知，,
∴，
∴，
∴，
即的值不改变；
②如图：当时,即，

∵四边形和都是正方形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴B、A、F三点在同一直线上，C、A、G三点在同一直线上．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
连接，过点G作延长线的垂线，垂足为点O．则，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴．
∴．，
∴．
∴，
∵，
∴,
∴是等腰直角三角形，．
∴．
∴．
∴．
∴,
在中，．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键．