2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第03讲：相似三角形 解析版

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考点一：A字词型相似问题
考点二：8型相似问题
考点三：母子型相似问题
考点四：旋转相似问题
考点五：K字型相似问题
考点六：三角形内接矩形相似问题
考点七：相似三角形的动点问题
考点八：相似三角形和其他知识交汇问题
【题型精讲】
题型一：A字词型相似问题
1．（2021·山东临沂·三模）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AE＝2，EC＝3，则△ADE与△ABC的面积之比为（ ）
A．4：25B．2：3C．4：9D．2：5
【答案】A
【分析】根据相似三角形的判定定理得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算，得到答案．
【详解】解：∵AE=2，EC=3，
∴AC=AE+EC=5，
∵DEBC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
2．（2020·湖北武汉·一模）如图，在中，，D是上一点，点E在上，连接交于点F，若，则＝ ．
【答案】2
【分析】过D作垂直于H点，过D作交BC于G点，先利用解直角三角形求出的长，其次利用，求出的长，得出的长，最后利用求出的长，最后得出答案．
【详解】解：如图：过D作垂直于H点，过D作交于G点，
∵在中，，
∴，
又∵，
∴ ，
∴在等腰直角三角形中，，
∴，
在中，，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴ ，
即，
∴ ，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
3．（20-21九年级上·吉林·阶段练习）如图已知正方形DEFG的顶点D、E在△ABC的边BC上，顶点G、F分别在边AB、AC上．如果BC=4，△ABC的BC边上的高是3，那么这个正方形的边长是 ．
【答案】
【分析】过点A作AM⊥BC于M，由△ABC的BC边上的高是3可得AM=3，由正方形的性质和相似三角形的性质可得，即可求正方形的边长．
【详解】如图，过点A作AM⊥BC于M，
∵△ABC的BC边上的高是3，
∴AM=3，
∵四边形DEFG是正方形，
∴GD=FG,GF∥BC,GD∥AM，
∴△AGF∽△ABC，△BGD∽△BAM，
∴，．
∴．
∴GF=．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定为解题关键．
题型二：8型相似问题
4．（2021·山东聊城·一模）如图，在平行四边形中，点是上的点，，直线交于点，交的延长线于点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，可以假设，则，，证明，，再利用平行线分线段成比例即可解决问题．
【详解】由，可以假设，则，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴
故选：C
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题．
5．（2020·四川遂宁·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【详解】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．
6．（2020·安徽合肥·一模）如图，在△ABC中，BC＝6，，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为（ ）
A．9B．12C．18D．24
【答案】C
【分析】如图，延长EF交BQ的延长线于G．首先证明PB＝PG，EP+PB＝EG，由EG∥BC，推出＝＝3，即可求出EG解决问题．
【详解】解：如图，延长EF交BQ的延长线于G．
∵，
∴EG∥BC，
∴∠G＝∠GBC，
∵∠GBC＝∠GBP，
∴∠G＝∠PBG，
∴PB＝PG，
∴PE+PB＝PE+PG＝EG，
∵CQ＝EC，
∴EQ＝3CQ，
∵EG∥BC，
∴△EQG∽△CQB，
∴＝＝3，
∵BC＝6，
∴EG＝18，
∴EP+PB＝EG＝18，
故选：C．
题型三：母子型相似问题
7．（2020·重庆沙坪坝·一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BA＝CA＝6，D为BC边的中点，点E是CA延长线上一点，把ACDE沿DE翻折，点C落在处，与AB交于点F，连接．当时，BC’的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，连接CC′，过点C′作C′H⊥EC于H．设AB交DE于N，过点N作NT⊥EF于T，过点D作DM⊥EC于M．证明∠CC′B=90°，求出CC′，BC即可解决问题．
【详解】解：如图，连接CC′，过点C′作C′H⊥EC于H．设AB交DE于N，过点N作NT⊥EF于T，过点D作DM⊥EC于M．
∵∠FAE=∠CAB=90°，，
∴EF：AF：AE=5：4：3，
∵C′H∥AF，
∴△EAF∽△EHC′，
∴EC′：C′H：EH=EF：AF：AE=5：4：3，
设EH=3k，C′H=4k，EC′=EC=5k，则CH =2k，
由翻折可知，∠AEN=∠TEN，
∵NA⊥EA，NT⊥ET，
∴∠NAE=∠NTE，
∵NE=NE，
∴△NEA≌△NET（AAS），
∴AN=NT，EA=ET，
设AE=3m，AF=4m，EF=5m，AN=NT=x，则AE=ET=3m，TF=2m，
在Rt△FNT中，FN2=NT2+FT2，
∴（4mx）2=x2+（2m）2，
解得：，
∵AC=AB=，∠CAB=90°，
∴BC=AC=，
∴CD=BD=，
∵DM⊥CM，∠DCM=45°，
∴CM=DM=，
∵AN∥DM，
∴，
∴，
∴EM=，
∴EC=，
∴，
∴CH=，C′H=，
∴CC′=，
∵DC=DC′=DB，
∴∠CC′B=90°，
∴BC′=，
故选：D．
【点睛】本题考查翻折变换，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
8．（2021·江苏南通·一模）如图，中，，，，点，分别在，上，，．把绕点旋转，得到，点落在线段上．若点在的平分线上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据勾股定理求出AC的长，再根据计算可知，结合定理两边成比例且夹角相等的三角形相似证明△PQC∽△BAC，再根据相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；连接AD，根据PQAB和点D在∠BAC的平分线上可证∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分别表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，
∴AC＝＝＝12．
∵＝＝，＝＝，
∴＝．
∵∠C＝∠C，
∴△PQC∽△BAC，
∴∠CPQ＝∠B，
∴PQAB；
连接AD，
∵PQAB，
∴∠ADQ＝∠DAB．
∵点D在∠BAC的平分线上，
∴∠DAQ＝∠DAB，
∴∠ADQ＝∠DAQ，
∴AQ＝DQ．
∵PD＝PC＝3x，QC=4x
∴在Rt△CPQ中，根据勾股定理PQ=5x.
∴DQ＝2x．
∵AQ＝12﹣4x，
∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，
∴CP＝3x＝6．
故选C．
【点睛】本题考查几何变换——旋转综合题，勾股定理，相似三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，熟练掌握定理并能灵活运用是解决此题的关键．
9．（2024·浙江·一模）如图，正方形的边长为2，平分交于E，F是延长线上一点，且，延长线交于G，则的值是 ．
​
【答案】
【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的有关知识.由等腰三角形的判定与性质知是等腰三角形的中垂线.根据相似三角形 的对应边成比例、等腰三角形的性质列出比例式，即 ，最后在直角中利用勾股定理来求的值．
【详解】，四边形是正方形,
，
又∵平分交于,
，,
，
在 和 中,
，

，
即 ，
即 ,
即 ，
故答案为： ．
题型四：旋转相似问题
10．（2021·广东佛山·一模）如图1，、分别是的内角、的平分线，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)如图2，如果，且，求的值；
(3)如果是锐角，且与相似，求的度数，并直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)，或，
【分析】（1）由题意：，证明即可解决问题．
（2）延长交于点．证明，可得，，由，可得．
（3）因为与相似，，所以中必有一个内角为因为是锐角，推出．接下来分两种情形分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，
，
，，
平分，
，同理，
，，
，
．
（2）解：延长交于点．
，
，
平分，
，
，
，
，，
，
．
（3）与相似，，
中必有一个内角为
是锐角，
．
①当时，
，
，
，
，此时．
②当时，，
，
与相似，
，此时．
综上所述，，．，．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
11．（22-23九年级上·河南周口·期末）在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，.
(1)观察猜想
如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________．
(2)类比探究
如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由．
【答案】(1)1，；
(2)，，理由见解析
【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得，如图①中，设直线与直线交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果；
(2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得 ，可证得，即可证得，如图②中，设直线交于G，交于点H，再利用相似三角形的性质及角的关系，即可求得结果．
【详解】（1）解：，，，，
与都是等边三角形，
，，，
，
在与中，
，
，，
；
设与的延长线交于点I，如图①，
，
∴直线与直线相交所成的较小角的度数为；
（2）解：，直线与直线相交所成的较小角的度数为，
理由如下：
，，
，，
同理可得：，，
，
.
，
即，
，
，，
设交于点G，交于点H，如图②，
，
，
∴直线与直线相交所成的较小角的度数为．
【点睛】本题考查的是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．
12．（2023·重庆江北·一模）在等腰三角形中，．点E为上一点，连接．

(1)如图1，若，过点C作交BE延长线于点D，连接，过点A作交于点F，连接，求证：；
(2)如图2，过A作交延长线于点D，将绕着点A逆时针旋转至，连接，使得于点G，与交于点M，若点M为的中点，且，猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，若，，将沿着翻折得到，点落在BE延长线上，交于点P，点Q、R分别是射线、上的点，连接、、，满足，当取得最大值时，直接写出的最小值的平方．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用边角条件证明，得到与的关系，再利用直角三角形三边勾股定理得到；
（2）通过和点M为的中点得到，再通过计算角度和边长关系得到，得到，然后计算角度得到，得到，最后转换边长得到；
（3）利用四点共圆找到最大位置，求出点P位置，构造相似找出Q、R的位置及关系，找到的线段，利用动点Q得到的最值位置，最后利用特殊角构造直角三角形求解即可．
【详解】（1）证明：，，
，，
，，
又∵，
，
，，
又，
，
，
∴，
∴；
（2）解：，
证明：连接，
，，
，
设，
，
，，
又，，
，，
又，，
，
，，
∵，
，
，
，
，，
，
，
，，
；
（3）解：由沿翻折至，
可知，，
∴A、P、C、B四点共圆，圆心为外心，
最大时为直径，
又，，，
得为等边三角形，
，，，
在上取，作，连接，使，
，得，
在、射线上取，连接，
由得，
，，
，，
即点为条件中的点，
，
，
又，
，
，
，
，
当H、Q、P三点共线时，的最小值为，
，，，
作交延长线于点，
，，，
中，，
最小时平方的值为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，涉及内容较多，难度非常大，且题中的三个小问没有任何关联，在解题时按照常规思路寻找全等和角度关系能够解决大部分问题，构造相似时须找准特殊位置进行构造，对全等和相似的灵活综合应用是解题的关键．
题型五：K字型相似问题
13．（2021·浙江温州·三模）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°．在扇形内放一个Rt△EDF，其中DE＝10，DF＝9，直角顶点D在半径OB上，OD＝2DB，点E在半径OA上，点F在弧上．则半径OA的长为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】看到点想位置，用角度刻画F在上的位置，再利用建立等量关系解得半径
【详解】解：连接OF，作FG⊥ OB于点G，过F作于H，
设半径为r，，
在中，，
∵，，
∴ ，
又，
∴ ，
∴ ，
由，
∴ ，
∴ ，
，
∴ ，，
在中，
因为解方程复杂，代入检验得：
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理，首先要明确的一点是：△EDF的形状是确定的．D点在OB上的位置也是确定的，所以点F在弧AB上的位置以及点E在OA上的位置也是确定的，应当思考利用什么样的数量关系去刻画这两点的位置关系，而这恰恰是解题的关键．
14．（2021·广东广州·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的点A在函数的图象上，点C在函数的图象上，若点B的横坐标为，则点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造K字形相似，由面积比得出相似比为2，从而得出A点坐标与C点坐标关系，而P是矩形对角线交点，故P是AC、BO的中点，由坐标中点公式列方程即可求解．
【详解】解：过C点作CE⊥x轴，过A点作AF⊥x轴，
∵点A在函数的图象上，点C在函数的图象上，
∴，，
∵CE⊥x轴，
∴，，
∵在矩形OABC中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设点A坐标为，则点C坐标为，
连接AC、BO交于点P，则P为AC、BO的中点，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
∴点A坐标为，
故选A．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形的综合，关键是构造相似三角形，根据反比例函数的系数k的几何意义，由面积比得到相似三角形的相似比，从而确定点A与点C的坐标关系．
15．（2020·陕西西安·二模）如图，在矩形中，，，、、、分别为矩形边上的点，过矩形的中心，且．为的中点，为的中点，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，证明四边形是矩形，再证明，求得与的长度，由勾股定理求得与，再由矩形的周长公式求得结果．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，，
为的中点，为的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，
矩形是中心对称图形，过矩形的中心．
过点，且，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，或4，
或4，
当时，，则，
，
四边形的周长；
同理，当时，四边形的周长；
故选：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键在于证明四边形是矩形．
题型六：三角形内接矩形相似问题
16．（20-21九年级·全国·课后作业）如图，已知三角形铁皮的边，边上的高，要剪出一个正方形铁片，使、在上，、分别在、上，则正方形的边长 ．
【答案】
【分析】设AM交GF于H点，然后根据相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：如图，设高AM交GF于H点，
∵四边形DEFG为正方形，
∴GF∥DE，即：GF∥BC，
∴AH⊥GF，△AGF∽△ABC，
∴，
设正方形的边长为，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，理解相似三角形的基本性质是解题关键．
17．（2023九年级上·全国·专题练习）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，求的长．
【答案】
【分析】设正方形的边长，易证四边形是矩形，则，根据正方形的性质得出，推出，根据相似三角形的性质计算即可得解．
【详解】解：设正方形的边长，
四边形是正方形，
，
，
是的高，
，
四边形是矩形，
，
，
（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
，
，
，
解得：，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质的运用，注意：矩形的对边相等且平行，相似三角形的对应高的比等于相似比．
18．（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）（1）如图1，，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为E、F，，，，求的长度为 ．
（2）如图2，在矩形中，，，点E、F、M分别在上，，，当时，求四边形的面积．
（3）如图3，在中，，，，点E、F分别在边上，且，若，求的长度．
【答案】（1），（2）；（3），
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质．
（1）根据一线三垂直模型容易证明，进而由相似三角形性质即可求解；
（2）过点作垂足为H，根据（1）可知，根据相似三角形性质结合已知求出，，，，再由四边形的面积=矩形的面积即可求解；
（3）延长到点P使，连接，过点C作，利用等腰三角形三线合一和解三角形求出，再证明，得即可求解．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为，
（2）如图，过点作垂足为H，
同理（1）得：，
∴，
∵在矩形中，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，即：，
∴，解得：，
∴，，，
∵四边形的面积=矩形的面积，
∴四边形的面积=．
（3）延长到点P使，连接，过点C作，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵且，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：，（不合题意舍去）
∴
题型七：相似三角形的动点问题
19．（2024·山东泰安·一模）如图1，在等腰中，，动点从点出发以的速度沿折线方向运动到点停止，动点以的速度沿方向运动到点停止．设的面积为，运动时间为，与之间关系的图象如图2所示，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，动点问题的函数图象，三角形面积的计算，解题的关键是数形结合，并注意进行分类讨论．设，分两种情况：①当点在上运动，即时，②当点运动到点时，点恰好运动到点，当点在上运动，即时，点与点重合，且停止运动，分别求出函数关系式，根据时，，列出方程，求出，（舍去），得出的长是即可．
【详解】解：设．
①当点在上运动，即时，由题意知：
，
，
∵在等腰中，，
，
，
∴，
，其函数图象为抛物线对称轴（轴）右侧的一部分；
②当点运动到点时，点恰好运动到点，如图，

当点在上运动，即时，点与点重合，且停止运动，
，
，
由图2知，当时，，
，
解得，（舍去），
的长是．
故选：C．
20．（2023·广东湛江·三模）如图，在中，，E是边上一动点，沿A→C→B的路径移动，过点E作，垂足为D．设，的面积为y，则下列能大致反映y与x函数关系的图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分类讨论①当点E在上②当点E在上的情况，利用相似三角形的判定与性质，即可求解．
【详解】解：在中，，
由勾股定理可得，
①当点E在上时，如图，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
此时，即，
∴是开口向上的一段抛物线；排除，
②当点E在上时，，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，为开口向下的抛物线，
故选：．
【点睛】本题考查了动点问题与相似三角形的综合．分类讨论是解题关键，熟记相似三角形的判定与性质定理内容是推理关键．
21．（2023·河北邯郸·三模）在中，于点，点从点出发沿向点运动，设线段的长为，线段的长为（如图1），而关于的函数图象如图2所示．是函数图象上的最低点．当为锐角三角形时的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到的长度，分类讨论为直角三角形时的情况即可．
【详解】解：根据题意得：
，点到的距离为，即，此时点到达点，，
当点与点重合时，为直角三角形，则在右侧时，为锐角三角形，
当时，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当为锐角三角形时，，
故选：C．
【点睛】本题为动点函数图象问题，考查了二次函数图象最小值的实际意义以及直角三角形的分类讨论，相似三角形的判定与性质，解题的关键是以为直角三角形作为临界条件解决问题．
题型八：相似三角形和其他知识交汇问题
22．（2024·福建福州·三模）如图1，在中，，，D是线段上的动点（不与点A，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接，.过点作交的延长线于点．
(1)若，，求的大小；
(2)求证：；
(3)如图2，当B，E，D三点共线时，若，，求的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（）根据直角三角形两锐角互余得，根据旋转的性质得，，根据等边对等角得到，，即可得解；
（）延长至点，使，连接、，延长至点，使，连接，根据垂直平分线的性质及等边对等角得，，，，以为直径作，根据圆周角定理得，证明，得，继而得到，最后根据平行线分线段成比例定理得到，即可得证；
（）设，得到，，证明，再证明，得，即，根据勾股定理得到，即，求解即可．
【详解】（1）解：在中，，，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：延长至点，使，连接，，延长至点，使，连接，
∵，，
∴垂直平分，垂直平分，
∴，，
∴，，
∴，
以为直径作，
∵，，
∴，
∴点，在上，
由知，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，
∵，，三点共线，，，
由知，，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得或不合题意舍去，
∴的长为．
【点睛】本题是旋转变换综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．通过作辅助线构造全等三角形、构造圆以利用圆周角定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
23．（2024·浙江温州·二模）如图，点是以为直径的上一点，过中点作于点，延长交于点，连结 交点，连结．
(1)[认识图形]求证：．
(2)[探索关系]①求与的数量关系．
②设，，求关于的函数关系．
(3)[解决问题]若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
(3)
【分析】（1）根据同角的余角相等可得，根据同弧所对圆周角可得，结合相似三角形的判定方法即可求证；
（2）根据，可得，结合点是中点，可得，由此即可求解；
（3）根据题意可的，由此可算出，，设，则，
在中，在中，根据勾股定理可得，可算出的值，再代入即可求解．
【详解】（1）解：∵是直径，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：①由（1）可知，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，过点作于点，
∴，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：已知，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，则，
∴，且，
∴，，
设，
由（1）可知，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
解得，（负值舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，函数表达式的计算方法是解题的关键．
24．（2024·山东济南·一模）如图所示，中，，，若D是 内一点，将线段绕点 C顺时针旋转 得到，连结．
(1)①如图1，判断与的位置关系并给出证明；
②如图2，连接，当 时，请直接用等式表示线段和的数量关系；
(2)如图3，O是斜边的中点，M为上方一点，且与斜边的交点在线段上，若，，，求的长．
【答案】(1)①；证明见详解；②
(2)
【分析】（1）延长交于O点，交于H点．可证，则，再证明，则，即可求证；
（2）连接，由（1）得，可得是的垂直平分线，故，而，故；
（3）如图，过点O作，且，连接交于点H，交于F点，连接，先证明，根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理可得，继而是等腰直角三角形，则，在中，， 在中，由勾股定理可得，因此，则．
【详解】（1）解：①
延长交于O点，交于H点．
∵是等腰直角三角形，，
∴，
由旋转的性质得：，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
又∵；
∴，
∴；
∴；
②证明：连接，
由①得，
∵，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
在等腰中，，
则，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点O作，且，连接交于点H，交于F点，连接，则，
∵是等腰直角三角形，O是斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴同上可得，
在中，，
在中，，
∴由勾股定理可得
∴，
∴．
【专题精练】
一、单选题
25．（2024·江苏苏州·一模）如图，矩形中，，与边、对角线均相切，过点作的切线，切点为，则切线长的最小值为（ ）
A．6B．7C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、切线的性质、相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和判定，作出合适的辅助线是解题的关键．设与、分别相切于点G、H，连接、、、，连接并延长交于E，过点E作于F，过点O作于K，设，则，可证得，得出，即，求得，再运用勾股定理可得，故当时，．
【详解】设与、分别相切于点G、H，连接、、、，连接并延长交于E，过点E作于F，过点O作于K，如图，
则，，
，，，
平分，
，
四边形是矩形，
，，，
，，
平分，，，
，
，
，
，
，
设，则，
，，
，
，即，
，
，，
，
设的半径为r，则，
，，
，
，即，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
是的切线，
，
，
当时，．
故选：D．
26．（2024年重庆市九年级第三阶段质量检测数学试题）如图，与位似，点为位似中心，若，的周长为8，则的周长为（ ）
A．1.5B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】本题考查了位似变换，利用位似的性质得，，然后根据相似三角形的性质解决问题，如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似图形必须是相似形，对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．
【详解】解：与位似，点为位似中心．
，
，
的周长的周长，
的周长为8
的周长为4．
故选：D．
27．（2024·浙江温州·二模）如图，把一张宽为的长方形纸片沿，折叠 ． 顶点A，B，C，D的对应点分别为，，，， 点 与重合，点A恰与，的交点重合．若，则的 长 为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，一元二次方程的解法等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．先设，，再根据题意得出，进而得出a的值，再证明，得出，再得出，即可得出答案．
【详解】解：，
设，，
由题意得：，，，，
，
，
，即，
整理得：，
解得：，，
，
，
，
，，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，即，
，，，
则，
，，，
，
，
解得：，
故选A．
28．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图是的直径，点C是上半圆的中点，D是上一点，延长至E，，连接．若为的切线，则的值为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的有关计算及勾股定理，解决本题的关键是作适当的辅助线解决问题，连接，过点C作，过点D作交于点F，证明，可得，
设的半径为，分别求出及的长，最后求解即可，
【详解】如图，连接，过点C作，过点D作交于点F，
是的直径，点C是上半圆的中点，
，
为的切线，
，
，，
四边形和四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
设的半径为，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：B
29．（2024·河北石家庄·三模）如图1，在矩形中，，是边上的一个动点，，交于点，设，，图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象，则的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、动点问题的函数图象，先证明，设，则，整理得：，由图象得出函数关系式为，从而即可得出的值，从而得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合的思想是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
整理得：，
由图象可得：点从点运动到点的过程中，关于的函数图象为抛物线，且顶点坐标为，
设抛物线的解析式为，
∵抛物线过点，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为，
∴，
∴，
故选：A．
30．（2024·山东潍坊·二模）如图，点在正方形的对角线上，于点，连接并延长交边于点，交边的延长线于点．若，，则线段的长度是（ ）
A．2B．2.5C．3D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．根据相似三角形的性质得出，则．证得M为中点，由，则，证明，则，即可得到．
【详解】解：∵是正方形，，
∴，而，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴M为中点，
∵
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
31．（2024·内蒙古乌兰察布·二模）如图，矩形的顶点在反比例函数的图象上，顶点在第一象限，对角线轴，交轴于点．若矩形的面积是6，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、反比例函系数的几何意义，作轴于，由矩形的面积得出的面积为，解直角三角形得出，证明，求出，最后根据反比例函系数的几何意义计算即可得出答案．
【详解】解：如图，作轴于，
∵矩形的面积是6，
∴的面积为，
∵，，
∴，
∵对角线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故选：D．
32．（2024·黑龙江·二模）如图，等腰直角三角形中，，于，的平分线分别交、于、两点，为的中点，延长交于点，连接，．下列结论：①；②；③是等边三角形；④；⑤四边形是菱形，正确结论的序号是 （ ）
A．②④⑤B．①②③④⑤C．①③④D．①②④⑤
【答案】D
【分析】根据等腰直角三角形的性质及角平分线的定义求得，继而可得，即可判断①③；证明出，即可判断②；证明出，即可判断④；先证明四边形为平行四边形，
再由，即可判断四边形为菱形，故可判断⑤．
【详解】解：，，，
，，，
，
平分，
，
，
，
，故①正确；③错误，
为的中点，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
∵为的中点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
故⑤正确；
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
故④正确，
∴正确结论的序号为①②④⑤，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线性质的应用，熟练掌握知识点是解此题的关键．
二、填空题
33．（2024·广东惠州·二模）如图，在平面直角坐标系中，的边在y轴上，边与x轴交于点C，且，反比例函数（）的图象经过点A，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查反比例函数值的几何意义，作轴，垂足为，证明，得到，继而，再根据，，得到，则，最后由即可得解．解题的关键是熟练掌握反比例函数值的几何意义：反比例函数图象上任意一点作轴、轴的垂线，所得的矩形的面积为．
【详解】解：作轴，垂足为，
∵轴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数图象在第二象限，
∴．
故答案为：．
34．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，，点、分别是、边上的点，将沿翻折，点的对应点恰好落在 的延长线上，且平分，若，则长为 ．

【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，延长交于点，根据折叠的性质以及角平分线的定义得出则，进而得出，证明得出，证明，得出，设，则，在中，得出，则，在中，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交于点，

∵将沿翻折，点的对应点恰好落在 的延长线上，
∴，，，
∵，
∴
∵平分，
∴
∵，
∴
∴
又∵
∴
∴
在中，
∴
∴
∵
∴
∴
又，
∴
设，则
在中，
∴，又
∴
解得：
∴，
∴在中，
∴
故答案为：．
35．（2024·四川成都·二模）如图，在等边中，，点D是边上一点，且，过点D作于点E，连接，则 ；点F是的中点，连接，过点F作交于点G，则 ．

【答案】
【分析】在中，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，在中，利用勾股定理求出即可；如图，作于H，作于M，作于N，延长交于O，利用勾股定理求出，，证明，求出，，进而求出，证明，求出，利用勾股定理求出，在中，设，则，证明，得出，即，即可求出，再代入求出，即可求解．
【详解】解：∵等边中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
如图，作于H，作于M，作于N，延长交于O，

∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴即，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含的直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形求解是解题的关键．
36．（2024·山东济南·一模）如图， 正方形中，，点E为上一动点，将三角形沿折叠，点A落在点F处，连接并延长，与边交于点G，若点G为中点，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、折叠的性质等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．过点作的平行线，分别交于点，先根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，设，则，，再根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得的长，从而可得的长，然后根据建立方程，解方程可得的值，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作的平行线，分别交于点，
四边形是正方形，，
，，四边形是矩形，
，
点为中点，
，
，
，
，即，
设，则，
，
由折叠的性质得：，
，
又，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得，，
，
又，
，
解得或，
经检验，是所列方程的解，不是所列方程的解，
，
故答案为：．
37．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，点E、O分别在边上，，对角线，点P为对角线上一动点，点Q为上一动点，半径为1．若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，作，连接，，连接交圆于点，得到，故可得共线，再利用相似三角形的判定和性质，即可解答，熟练画出图形，作出正确辅助线是解题的关键。
【详解】解：如图，作，连接，，连接交圆于点，
四边形是菱形，
，
，
四边形为平行四边形，
，
半径为1，
，
，
，
，
，
，
可得共线，且与重合，
此时为与的交点，
，
，
，
，
，
可得，
故答案为：．
三、解答题
38．（2024·浙江台州·二模）如图，内接于， 连接并延长交弦 于点E， 交于点D， 且，连接，．
(1)若，求的度数；
(2)求证：；
(3)若，求 (用含k 的式子表示)．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)或．
【分析】（1）根据圆周角定理得，，再根据直径所对的圆周角是直径得，继而得到，最后由三角形内角和定理得即可；
（2）证明及，由相似三角形的性质即可得证；
（3）设，根据圆周角定理得，继而得到，由勾股定理得，继而得到，再由（2）知得
，再分点E在上，两种情况求出，最后根据可得结论．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）证明：由（1）知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，
∵圆周角和所对的弧是，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
由（2）知：，
∴，
当点与点重合时，则，得，即，
此时不存在，不符合题意，
∴，
如图所示，当点E在上时，
∴，
∵的底和的底共线，且高相等，
∴，即．
如图所示，当点E在上时，
∴，
∵的底和的底共线，且高相等，
∴，即，
综上所述，或．
【点睛】本题考查圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，勾股定理，直角三角形两锐角互余，三角形的面积及等积变换等知识点．掌握圆的基本性质及正切的定义是解题的关键．
39．（2024·山东济宁·二模）如图，在矩形中，，E是边上的一点，将沿着折叠，点A恰好落在边上的点F 处，连接．
(1)求证：；
(2)求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由矩形的性质可得，再根据折叠的性质可得，进而得到即可证明结论；
（2）由折叠的性质可得，再运用勾股定理可得，进而得到，由正切的定义可得，再说明即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可知： ，
∴，
∴，
∴．
（2）解： 由折叠可知：，
在中，，
，
∴，
,
由折叠可知:
∵，
∴，
∴，
∴.
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质、矩形的性质、翻折变换、勾股定理、正切等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
40．（2024·广东阳江·二模）综合探究
已知的两边分别与相切于点，，的半径为．
(1)如图1，点在点，之间的优弧上，，求的度数；
(2)如图2，点在上运动，当线段经过圆心时，的大小满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，若线段与的另一个交点为点，的半径．
①求图中阴影部分的周长；
②连接，为边上的一点，且，延长交于点，求的长．
【答案】(1)
(2)当时，四边形是菱形，见解析
(3)①；②
【分析】（1）连接，，利用圆的切线的性质定理和四边形的内角和定理解答即可；
（2）连接，，如图，利用（1）的方法得到，利用全等三角形的判定与性质得到，利用两组对角相等的四边形为平行四边形的性质得到四边形为平行四边形，再利用菱形的判定定理解答即可；
（3）①利用（2）的结论，圆周角定理和扇形的弧长公式和直角三角形的性质解答即可；
②过点作，交的延长线于点，利用相似三角形的判定与性质求得，，进而得到，再利用菱形的性质和（2）的结论解答即可．
【详解】（1）解：连接，，如图，
的两边分别与相切于点，，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：当线段经过圆心时，时，四边形为菱形，说明理由：
连接，，如图，
由（1）知：，
，
，
，
．
的两边分别与相切于点，，
，
∵
∴
∴
在和中，
，
，
，
∴
∴
∴，
四边形为平行四边形，
，
四边形为菱形；
（3）解：①的半径，
，
由（2）知：四边形为菱形，
，
，
的长．
，，
，
，
，
图中阴影部分的周长为．
②过点作，交的延长线于点，如图，
，，
，．
∵，
，，
，，
，
，
，
，
．
．
四边形为菱形，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，四边形的内角和定理，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，圆的有关计算，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
41．（2024·江苏连云港·二模）在中，，， 点D在边上， 过点D作， 交边于点 E， 点Q在线段上， 且． 连接， 并延长交边于点 P．
(1)如图1，若，求的长；
(2)如图1，若，求的长；
(3)如图2，连接，若和互补，求证：
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理是解题的关键．
（1）证明，得到，即可得到答案；
（2）过点D作，交于点H，根据平行线成比例定理得到，．设，则，由得到，列方程解方程求出答案即可；
（3）证明得到，证明四边形是等腰梯形，再证，得到，进一步得到，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（2）过点D作，交于点H，如图1，
∵
∴
∵
∴
∵，
∴
∵，
∴
∵．
∴．
设，则，
∴
∵，
∴
∴
解得
经检验，是方程的解且符合题意，
∴
（3）∵和互补，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵，
∴
∵，
∴四边形是等腰梯形，
∴
∴
∴
∴
∵．
∴
∴
42．（2024·广东深圳·模拟预测）如图1，在矩形中，，，动点P、Q分别从C点、A点同时以每秒的速度出发，且分别在边，上沿，的方向运动，当点Q运动到点B时，P、Q两点同时停止运动，连接，设点P运动的时间为ts．
(1)如图1，在点P、Q运动过程中．
①点P与点D的最短距离为_________；②当时，t的值为_________；
(2)作，与边相交于点E，连接，延长交边于点F．
①求的正切值（用含t的代数式表示）；
②如图2，当时，试探究线段、、三者之间的等量关系，并加以证明；
③如图3，连接，若平分，直接写出的值．
【答案】(1)①；②
(2)①；②，证明见解析；③
【分析】（1）①根据垂线段最短，得到当时，最短，根据勾股定理得到，利用直角三角形的面积公式解答即可；
②根据题意，得，则，结合，得到，列出比例式解答即可．
（2）①过点Q作于点M，计算，，计算，，结合解答即可；
②连接，当时，根据题意，得，则，
得，证明，得，利用勾股定理解得即可；
③设与的交点为O，证明，结合，
解得，利用三角形相似的判定和性质解答即可．
【详解】（1）①根据垂线段最短，得到当时，最短，
∵矩形，
∴，，,
∴，
∴，
故答案为：；
②根据题意，得，则，∵，
∴，
∴，
解得；
故答案为：．
（2）①过点Q作于点M，
∵矩形，
∴，，,
∴，
∴，，
根据题意，得，则
∴，，
∴，
∴；
②线段、、三者之间的等量关系为，理由如下：
连接，当时，根据题意，得，则，
∴，
∵矩形中，
∴，，,
∴，
∴，
∴，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴；
③设与的交点为O，
根据题意，得，则，
∵平分，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
故，
∵,
∴，
∴，
∴的值．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数是解题的关键．
43．（2024·河北石家庄·三模）已知四边形是边长为9的正方形，点在射线上．
(1)如图1，当点位于边的中点时，以为圆心，以为半径作半圆，连接，点是半圆弧上任意一点．
①点之间的最短距离为__________；
②连接，若与相似，求的长；
(2)如图2，当点位于边的延长线上，且时，以为圆心，以5为半径作半圆，交及其延长线于点．现将半圆绕点按逆时针方向旋转度，得到半圆，点的对应点为点．
①当点、、三点共线时，求；
②当半圆与正方形的边相切时，求圆心到边的距离．
【答案】(1)①；②的长为或
(2)①；②或或
【分析】（1）①连接交半圆于，当点运动到，即、、共线时，最小，最小值等于的长，根据正方形的性质结合勾股定理求出的长即可得解；②求出，再分两种情况：当时；当时；分别利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①连接，作于，则为等腰直角三角形，由题意得：，，由等腰直角三角形的性质结合勾股定理求出、的长，再由正切的定义计算即可得出答案；②分三种情况：当半圆与相切时；当半圆与相切时；当半圆与相切时；分别求解即可得出答案．
【详解】（1）解：①连接交半圆于，如图，
∵，
∴当点运动到，即、、共线时，最小，最小值等于的长，
∵四边形是边长为的正方形，点位于边的中点，
∴，，，
∴，
∴，
即点之间的最短距离为；
②∵四边形是边长为的正方形，点位于边的中点，
∴，，，
∴，
当时，如图，
∴，即，
∴；
当时，如图，
∴，即，
∴，
综上所述，的长为或；
（2）解：①如图，连接，作于，
∵四边形是边长为的正方形，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
由题意得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当半圆与相切时，是切点为，连接，并延长交于，如图，
∵半圆与相切，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵半圆的半径为，
∴，
∴，即此时圆心到的距离是；
当半圆与相切时，设切点为，连接，作于，如图：
∵半圆与相切，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即此时圆心到的距离是；
当半圆与相切时，此时切点记为点，如图：
此时圆心到的距离是；
综上所述，当半圆与正方形的边相切时，圆心到边的距离为或或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、切线的性质、矩形的判定与性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．