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专题07 相似三角形目录
热点题型归纳 1
题型01 平行线分线段成比例 1
题型02 相似三角形的判定与性质 5
题型03 相似三角形的应用 29
题型04 相似三角形综合题 34
中考练场 91
题型01 平行线分线段成比例
【解题策略】
（1）定理1：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例． 推论：平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例． （2）推论1：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边． （3）推论2：平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例．
【典例分析】
【例1】．（2023 嘉定区一模）
1．如图，已知在中，、分别是、边上的中线，且相交于点，过点作，那么 ．
【变式演练】
（2023 金山区一模）
2．在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，如果AD＝2，BD＝4，那么由下列条件能够判断DE∥BC的是( )

A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
（2023 嘉定区一模）
3．如图，已知，它们依次交直线于点A、B、C和点D、E、F，如果，那么的长等于（　　）

A．2 B．4 C． D．
（2023 崇明区一模）
4．四边形中，点在边上，的延长线交的延长线于点，下列式子中能判断的式子是（ ）
A． B． C． D．
（2023 奉贤区一模）
5．如图2，已知，它们依次交直线、于点、、和点、、．如果，，，那么 ．
题型02 相似三角形的判定与性质
【解题策略】
（1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
【典例分析】
【例2】．（2023 杨浦区二模）
6．已知：在直角梯形中，，，沿直线翻折，点A恰好落在腰上的点E处．
(1)如图，当点E是腰的中点时，求证：是等边三角形；
(2)延长交线段的延长线于点F，连接，如果，求证：四边形是矩形．
【变式演练】
（2024 浦东新区二模）
7．如图，在中，，，．点D在边上，且，交边于点E，那么以E为圆心，为半径的和以D为圆心，为半径的的位置关系是（ ）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
（2023 浦东新区校级模拟）
8．如图，已知的内接正方形，点是的中点，与边交于点，那么 ．
（2023 虹口区二模）
9．如图，在中，点D、E分别在边上，，，如果，，那么的值是 ．

（2023 普陀区一模）
10．如图，中的一边与双边平行且单位相同的刻度尺的一边重合，边、分别与刻度尺的另一边交于点、，点、、、在刻度尺上的读数分别为0、5、1、3，如果刻度尺的宽度为3，那么的面积是 ．

（2023 虹口区一模）
11．如图，在梯形中，，点分别在边上且，已知，，那么的长是 ．
（2023 奉贤区一模）
12．如图，在梯形中，，与相交于点O，如果，那么的值为____________．
（2023 奉贤区一模）
13．如图，在中，点D、E、F分别在边、、上，，，如果，那么的值是 ．
（2023 崇明区一模）
14．如图，在梯形中，，，，则 ．
（2023 金山区一模）
15．如图，在平行四边形中，F是边上的一点，射线和的延长线交于点E，如果，那么 ．
（2024 黄浦区二模）
16．如图，D是等边边上点，，作的垂线交、分别于点E、F，那么 ．
（2023 崇明区二模）
17．已知：如图，在平行四边形中，对角线、交于E，M是边延长线上的一点，联结，与边交于F，与对角线交于点G．
(1)求证：；
(2)联结，如果，求证：平行四边形是菱形．
（2023 崇明区一模）
18．已知：如图，在梯形中，，对角线与交于点，点是边上的中点，连接交于点，并满足．
(1)求证：；
(2)求证：
（2023 虹口区二模）
19．如图，在梯形中，，，点E为延长线上一点，，点F在上，联结．

(1)求证：；
(2)如果，求证：四边形为梯形．
（2023 徐汇区二模）
20．如图，已知是的外接圆，联结并延长交边于点，连接，且．
(1)求证：；
(2)当时，过点作边的平行线，交于点，连接交于点．请画出相应的图形，并证明：．
（2023 浦东新区二模）
21．已知：如图，在梯形中，，过点B作，垂足为点E，点G在边上，连接、，对角线与、分别交于点F、H，且．
(1)求证：；
(2)如果，且是与的比例中项，求证：四边形是菱形．
题型03 相似三角形的应用
【解题策略】
（1）利用影长测量物体的高度．①测量原理：测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．②测量方法：在同一时刻测量出参照物和被测量物体的影长来，再计算出被测量物的长度．（2）利用相似测量河的宽度（测量距离）．①测量原理：测量不能直接到达的两点间的距离，常常构造“A”型或“X”型相似图，三点应在一条直线上．必须保证在一条直线上，为了使问题简便，尽量构造直角三角形．②测量方法：通过测量便于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度． （3）借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．
【典例分析】
【例3】．（2023 徐汇区一模）
22．小明和小杰去公园游玩，小明给站在观景台边缘的小杰拍照时，发现他的眼睛、凉亭顶端、小杰的头顶三点恰好在一条直线上（如图所示）．已知小明的眼睛离地面的距离为米，凉亭的高度为米，小明到凉亭的距离为米，凉亭与观景台底部的距离为米，小杰身高为米．那么观景台的高度为 米．
【变式演练】
（2021 闵行区二模）
23．《九章算术》中记载了一种测距的方法．如图，有座塔在河流北岸的点E处，一棵树位于河流南岸的点A处，从点A处开始，在河流南岸立4根标杆，以这4根标杆为顶点，组成边长为10米的正方形，且A，D，E三点在一条直线上，在标杆B处观察塔E，视线与边相交于点F，如果测得米，那么塔与树的距离为 米．
（2020 闵行区校级一模）
24．如图，某小区门口的栏杆从水平位置AB绕固定点O旋转到位置DC，已知栏杆AB的长为3.5米，OA的长为3米，点C到AB的距离为0.3米，支柱OE的高为0.6米，那么栏杆端点D离地面的距离为 米
（2021 徐汇区二模）
25．如图，小杰同学跳起来把一个排球打在离他2米（即CO＝2米）远的地上，排球反弹碰到墙上，如果他跳起击球时的高度是1.8米（即AC＝1.8米），排球落地点离墙的距离是6米（即OD＝6米），假设排球一直沿直线运动，那么排球能碰到墙面离地的高度BD的长是 米．
（2021 嘉定区三模）
26．清朝《数理精蕴》里有一首小诗《古色古香方城池》：今有一座古方城，四面正中都开门，南门直行八里止，脚下有座塔耸立．又出西门二里停，切城角恰见塔形，请问诸君能算者，方城每边长是几？如图所示，诗的意思是：有正方形的城池一座，四面城墙的正中有门，从南门口（点）直行8里有一塔（点），自西门（点）直行2里至点，切城角（点）也可以看见塔，问这座方城每面城墙的长是 里．
题型04 相似三角形综合题
【解题策略】
主要考查相似三角形的判定与性质，其中穿插全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例等知识，难度大．
【典例分析】
【例4】．（2023 崇明区一模）
27．已知中，，，点为射线上的一个动点（不与重合），过点作，交射线于点，连接．
(1)如图，当点在线段上时，与交于点，求证：；
(2)在（1）的情况下，射线与的延长线交于点，设，求关于的函数解析式，并写出定义域；
(3)当时，求的长．
【变式演练】
（2023 徐汇区模拟）
28．已知：在中，，，，点是边上一动点不与、重合，过点分别作交于点，交于点，联结，设，．

(1)求关于的函数解析式，并写出定义域；
(2)以为圆心为半径的交直线于点，当点为中点时，求的值；
(3)如图，联结将沿直线翻折，点落在点处，直线与直线相交于点，当为等腰三角形时，求的度数．
（2023 崇明区二模）
29．如图，在中，，，．点D是边上一动点（不与A、C重合），联结，过点C作，分别交、于点E、F．
(1)当时，求的正切值；
(2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出x的定义域；
(3)联结并延长，与边的延长线相交于点G，若与相似，求的值．
（2023 青浦区一模）
30．如图，在中，，，，动点、分别在边、上，且，设．过点作，与直线相交于点．
(1)当时，求的值；
(2)当时，求的值；
(3)当与相似时，求的长．
（2023 嘉定区一模）
31．已知中，，，，点E、F分别在边AC、边BC上（点E不与点A重合，点F不与点B重合），连接EF，将沿着直线EF翻折后，点C恰好落在边AB上的点D处，过点D作，交射线AC于点M．设，．
(1)如图1，当点M与点C重合时，求的值；
(2)如图2，当点M在线段AC上时，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
(3)当时，求AD的长．
（2023 徐汇区二模）
32．已知：如图1，四边形ABCD中，，．
(1)求证：四边形ABCD是等腰梯形；
(2)边CD的垂直平分线EF交CD于点E，交对角线AC于点P，交射线AB于点F．
①当时，设AD长为x，试用x表示AC的长；
②当时，求的值．
（2023 宝山区二模）
33．如图，已知半圆O的直径，C是圆外一点，的平分线交半圆O于点D，且，联结交于点E．
(1)当时，求的长；
(2)当时，求的值；
(3)当为直角三角形时，求的值．
（2023 静安区校级一模）
34．在等腰直角中，，点D为射线上一动点（点D不与点B、C重合），以为腰且在的右侧作等腰直角，，射线与射线交于点E，联结．
(1)如图1所示，当点D在线段上时，
①求证：；
②设，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
(2)当时，求的长．
（2023 奉贤区一模）
35．如图，在平行四边形中，点E在边上，对角线于点F，．
(1)求证：；
(2)如果．
①求的长；
②如果，求值．
（2023 金山区一模）
36．已知平行四边形中，，，，点是对角线上一动点，作，射线交射线于点，连接．

(1)如图1，当点与点重合时，证明：；
(2)如图2，点在的延长线上，当时，求的长；
(3)当是以为底的等腰三角形时，求的长．
（2023 普陀区一模）
37．如图，在矩形中，，是边上一动点，是线段延长线上一点，且，与矩形对角线交于点．
(1)当点与点重合时，如果，求的长；
(2)当点在线段的延长线上，
①求的值；
②如果，求的余切值．
（2023 徐汇区一模）
38．如图1，已知菱形，点在边上，，交对角线于点．
(1)求证；
(2)如图2，联结．
①当为直角三角形时，求的大小；
②如图3，联结，当时，求的值．
（2023 嘉定区二模）
39．在中，， 点P在线段上，，交于点D，过点B作，垂足为E，交的延长线于点F．
(1)如果，
①如图1当点P与点C重合时，求证： ；
②如图，当点在线段上，且不与点、点重合时，问： ①中的“”仍成立吗 请说明你的理由；
(2)如果，如图11，已知 (n为常数)，当点P在线段上，且不与点B、点C重合时，请探究的值(用含n的式子表示)，并写出你的探究过程．
（2023 宝山区一模）
40．如图1，在中，，，．点D、E分别在边、上（不与端点重合），和交于点，满足．
(1)求证：；
(2)如图2，当时，求的长；
(3)当是等腰三角形时，求的值．
一．填空题（共3小题）
（2021 上海）
41．如图所示，已知在梯形中，，，则 ．
（2020 上海）
42．《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆，从木杆的顶端D观察水岸C，视线与井口的直径交于点E，如果测得米，米，米，那么井深为 米．
（2022 上海）
43．如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则 ．
二．解答题（共4小题）
（2023 上海）
44．如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，

(1)求证：
(2)若，求证：
（2022 上海）
45．如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，AE =AQ·AB求证：
(1)∠CAE=∠BAF；
(2)CF·FQ=AF·BQ
（2020 上海）
46．已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2=AB AE，求证：AG=DF．
（2021 上海）
47．如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．
（1）当点E在边上时，
①求证：；
②若，求的值；
（2）若，求的长．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．
【分析】本题考查三角形中线求三角形面积的关系，以及相似三角形的性质和判定，利用与同高，面积之比等于底边之比得到，再根据题意证明，利用相似三角形性质和三角形中线的性质求解，即可解题．
【详解】解：、分别是、边上的中线，且相交于点，
，
，
，
，
，即，
，即，
，
．
故答案为：．
2．C
【分析】先求出比例式，再根据相似三角形的判定得出△ADE∽△ABC，根据相似推出∠ADE=∠B，根据平行线的判定得出即可．
【详解】只有选项C正确，理由：
如图：

∵AD=2，BD=4，=，
∴==，
∵∠DAE=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠ADE=∠B，
∴DE∥BC，
根据选项A、B、D的条件都不能推出DE∥BC，
故选C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
3．C
【分析】由平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】解：∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，掌握这一定理是关键，注意定理中要求线段是对应的．
4．D
【分析】根据相似三角形的判定与性质、平行线的判定方法逐项判断即可．
【详解】解：A．，结合不能证明，不能推出，因此不能判断，不合题意；
B．，结合，可证，可得，可以判断，不能判断，不合题意；
C．，结合，不能证明，不能判断，也不能判断，不合题意；
D．，结合可证，推出，能够判断，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法．
5．
【分析】根据平行线分线段成比例定理即可得到结论，
【详解】解：∵，
∴，
∵，，，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，找准对应线段是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由垂直平分线的性质得到，通过折叠、等边对等角、平行线的性质得到，从而证明是等边三角形；
（2）过点D作于H，得到四边形是矩形，从而，，再由折叠得到角之间的关系从而证明，得到，；由得到，进而，结合已知条件得到，进一步得到，所以四边形是平行四边形，又，所以证明得到四边形是矩形．
【详解】（1）由折叠得：，
∵点E是腰的中点
∴是的垂直平分线
是等边三角形
（2）过点D作，垂足为H，
，
，，
，
∴四边形是矩形，
，，
由折叠得：，，
，，
，，
，
，，
，
，，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查垂直平分线的性质，等边三角形的判定，矩形的判定．相似三角形的判定与性质，图中角和线段的转化是解题的关键．
7．B
【分析】本题考查的是两圆的位置关系，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，先求解，再证明，求解，，再结合两圆的位置关系可得答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴以E为圆心，为半径的和以D为圆心，为半径的的位置关系是外切．
故选B
8．
【分析】连接，交于点，连接，根据题意得出，设，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，交于点，连接，
∵的内接正方形，
∴经过点，
∵点是的中点，
∴，
∴
设，则
∴
∵,
∴
∵，
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，正方形的性质，相似三角形的性质，证明是解题的关键．
9．
【分析】根据已知证明，得出，进而得出，根据，根据平行线分线段成比例，得出，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
10．
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的面积，平行线的性质，过点作，垂足为，并延长交于点，根据题意得：，，，，从而可得，，然后证明，从而利用相似三角形的性质求出的长，最后利用三角形的面积公式进行计算，即可解答．
【详解】解：过点作，垂足为，并延长交于点，

由题意得：，，，，
，，
，
，
，
解得：，
的面积，
故答案为：．
11．6
【分析】由题中，，得到，从而利用平行线分线段成比例定理得到，连接，如图所示，由相似三角形的判定得到、，利用相似比即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：
在梯形中，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似比求线段长，涉及平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质，准确作出辅助线是解决问题的关键．
12．
【分析】分别过点作，过点作．因为，所以，可得到三角形和三角形的高相等，从而可得到答案．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点
∵
∴
∵，，，
∴
∵，
∴
故填：．
【点睛】本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质：两平行线之间的距离相等，和三角形的面积相结合，将面积的问题转化为线段的问题是解决此题的关键．
13．
【分析】根据得到，根据比例的性质可得，再根据，即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线截线段对应成比例，解题的关键是根据比例性质求得．
14．##0.5
【分析】证明，与为对应边，相似三角形的面积比等于相似比的平方，因此只需求出即可．
【详解】解：，，
，
，
．
．
，
，
又，
，与为对应边，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方．
15．
【分析】在平行四边形中，根据，得出，根据，得出，证明，根据相似三角形的性质得到即可得到．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
16．##
【分析】如图，过作交于，延长交于，过作于，作于，设，则，可得，，，证明，，同理可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：如图，过作交于，延长交于，过作于，作于，
∵为等边三角形，，
∴，，
设，则，
∴，，，
∴，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是本题的关键．
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明，得到，证明，得到，进而得到，即可得证；
（2）证明，推出，进而得到，即可得证．
【详解】（1）证明：∵平行四边形，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平行四边形中，对角线、交于E，
∴，
∴，即：，
∴平行四边形是菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定．本题的综合性较强，解题的关键是证明三角形相似．
18．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据线段中点得出，再由相似三角形的判定和性质证明即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质得出，再由（1）得，利用三角形外角的性质得出，再由相似三角形的判定和性质得出，，继续利用相似三角形的判定得出，再由其性质即可证明．
【详解】（1）证明：∵点是边上的中点，
∴，
∵，
∴
∴．
又∵，
∴．
∴．
（2）证明：∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
由（1）得，
∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴．
∴即，
∵，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，三角形外角的定义、平行线的性质，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．
19．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意得四边形是等腰梯形，由等腰梯形的性质和已知条件可证明，根据相似比及等量替换即可求解；
（2）由（1）中相似三角形可得对应边的相似比，根据给定条件和等腰梯形的性质，可证明，可得对应角相等，根据平行的性质和相似的性质，对相关角度进行等量替换，即可证明，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：，
四边形是等腰梯形
又
，即
又
（2）
，即
，即，
又
四边形为梯形．
【点睛】本题主要考查等腰梯形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰梯形的性质证明三角形相似，得出对应边成比例，由对应边成比例及夹角相等亦可得出三角形相似．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）延长，交于点，交于点，利用相似三角形的判定定理与性质定理得到，利用同圆的半径相等，等腰三角形的性质得到，利用圆周角定理得到，利用垂径定理和圆心角，弧，弦，弦心距之间的关系定理解答即可得出结论；
（2）依题意画出图形，利用等腰三角形的性质和平行线的性质得到，利用相似三角形的判定与性质和等量代换解答，即可得出结论．
【详解】（1）证明：延长，交于点，交于点，如图，
，
，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：依题意画出图形如图：
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
．
，
，
．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质圆的有关性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，平行线的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质定理是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据，得出，根据勾股定理和比例的性质，得出，证明，得出，根据，得出，即可求证；
（2）根据是与的比例中项，，推出，则，根据，得出，进而得出，则，由（1）可得，则垂直平分，垂直平分，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，则，
根据比例的性质可得：,
∵，
∴，
∴,
∴，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，则，
∴；
（2）证明：∵是与的比例中项，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1）可得，
∴垂直平分，
∵，
∴由内角和定理可得，
∴，
∴垂直平分，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法和性质．
22．####
【分析】根据题意构造直角三角形，继而利用相似三角形的判定与性质解答．
【详解】解：过点作于点，交于点，
由题意得，，，，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴（米）．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，构造直角三角形是解题关键．
23．25
【分析】根据题意可以利用正方形的性质求出FD，并且得到△FDE∽△FCB，从而运用相似三角形的性质求解ED，即可得出结论．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，边长为10米，
∴AD=CD=BC=10，FD=CD-CF=6，
∵AD∥BC，且A，D，E三点在一条直线上，
∴AE∥BC，
∴△FDE∽△FCB，
∴，
即：，
∴ED=15，
∴AE=AD+ED=25米，
故答案为：25．
【点睛】本题考查相似三角形判定与性质的实际应用，准确判断出相似三角形，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．
24．2.4
【分析】过D作DG⊥AB于G，过C作CH⊥AB于H，则DG∥CH，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过D作DG⊥AB于G，过C作CH⊥AB于H，
则DG∥CH，
∴△ODG∽△OCH，
∴，
∵栏杆从水平位置AB绕固定点O旋转到位置DC，
∴CD=AB=3.5m，OD=OA=3m，CH=0.3m，
∴OC=0.5m，
∴，
∴DG=1.8m，
∵OE=0.6m，
∴栏杆D端离地面的距离为1.8+0.6=2.4(m)．
【点睛】本题主要考查相似三角形的应用，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
25．5.4
【分析】依据题意可得∠AOC＝∠BOD，通过说明△ACO～△BDO，得出比例式可求得结论．
【详解】解：由题意得：∠AOC＝∠BOD．
∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴∠ACO＝∠BDO＝90°．
∴△ACO～△BDO．
∴．
即．
∴BD＝5.4（米）．
故答案为：5.4．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，根据已知得出三角形相似是解题关键．
26．8
【分析】本题考查了相似三角形的应用，正方形的性质，设这座方城每面城墙的长为里，根据题意得到，，证明，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：设这座方城每面城墙的长为里，
由题意得，，，，里，里，
，
，
，即，
，
∴这座方城每面城墙的长为8里，
故答案为：8．
27．(1)见解析
(2)，
(3)
【分析】(1)先证得到，结合证明即可．
(2)根据，先证得到，结合，证得到，求得，根据计算即可．
(3)过点F作于点M，结合，设，根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）∵，
∴，，，
∴，
∴，
解得；
由(1)得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）如图，过点F作于点M，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得（舍去），
∴．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握三角形相似的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
28．(1)
(2)
(3)或或
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形为矩形，则，，即可得出，在中，由，，可表示出，，在中，，，由勾股定理得即可；
（2）在中，由，，得出，，从而得出，连接，，可证明为等边三角形，则，从而得出；在中，由勾股定理得，从而得出的值；
（3）由翻折可得，当是等腰三角形时，的大小存在三种情况：当点落在边上时，当时，，求得，当时，，求得；当点在延长线上时，当时，，根据，得，求得．
【详解】（1）解：，，，
，
四边形为矩形，
则，
，
在中，，
，，
在中，，
；
（2）解：在中，，
，，
连接，，如图，

在中，为中点
为等边三角形
，
，
在中，
；
（3）解：由翻折可得，是等腰三角形时，的大小存在三种情况：
当点落在边上时，
当时，，
，
；
当时，
；
当点在延长线上时，
当时，，
，
，
，
，
；
综上，的度数为或或．
【点睛】本题考查了考查了等腰三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、直角三角形的性质以及勾股定理的应用，分类讨论思想的运用，是一道综合性较强的题目，难度较大．
29．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据同角的余角相等分析可得，然后根据正切的概念求解；
（2）过点F作，，然后结合角的正切值及三角形的面积比分析求解；
（3）分情况讨论，通过证明和利用点四点共圆以及相似三角形的性质分析求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）过点F作，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设的边上的高为，则的边上的高为，
∴，
又∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，即；
（3）如图：
①当时，,
又∵，
∴，
∴，
∴点四点共圆，且为直径，
又∵，
∴，，
在中，，
∴，
即．
②当时，，
又∵，
∴，
过点F作，
∴，
∵，，
∴，
∴，
解得（负值舍去），
∴，
综上，的值为或．
【点睛】本题考查余角的性质，锐角三角函数，相似三角形的性质，理解正切的概念，掌握相似三角形的性质，准确添加辅助线是解题关键．
30．(1)
(2)
(3)的长为或
【分析】（1）过作，垂足为点，根据平行线分线段成比例定理得，从而解决问题；
（2）过作，交于点，则．则，，可得答案；
（3）分点是射线与的交点或点是射线与的交点两种情形，分别利用相似三角形的判定与性质可得答案．
【详解】（1）解：过作，垂足为点，
，
．
，
，
，
又，，
，；
（2）解：当时，得，，．
，
点是射线与直线的交点，
过作，交于点，
则．
，．
，
，，
；
（3）解：当点是射线与的交点时，
与相似，
又，
，即，
又，
．
，
即．
解得，
过作，垂足为点．
由，得，，．
∵，
．
．
，
．
解得，
，
当点是射线与的交点时，
，，
又与相似，
．
，，
，
．即．解得．
，
，
．
．
解得．
综上所述，当与相似时，的长为或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，动点问题，解直角三角形，用含的代数式表示各线段的长是解题的关键．
31．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据直角三角形的性质求出．由垂直的定义求出，由题意可得：，即可求解．
（2）根据题意得出，根据直角三角形的性质证明，根据相似三角形的性质即可求解．
（3）分两种情况讨论：①当点M在线段上时，②当点M在的延长线上时，利用勾股定理和相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，设交于点K，则，
∴，
∴，
∴点E为的中点，
∴，
∴；
（2）解：根据题意得：，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：①当点M在线段上时，
∵，
∴，
由（2）得：
∴，即，
∴，
∵，
∴，
过点F作于点H，
∴，
在中，，
∴；
②当点M在的延长线上时，
∵，
∴，
根据题意得：，
∴
∴，即，
∴，
∵，
∴，
过点F作于点G，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，注意进行分类讨论．
32．(1)证明见解析
(2)①；②．
【分析】（1）如图，过作于，过作于，证明，再证明，从而可得答案；
（2）①如图，连接，延长交于，证明，可得，再证明四边形为平行四边形，，可得，，，即，可得，即，重合，再建立方程求解即可；②当时，则在线段的延长线上，如图，延长交于，连接，证明四边形是菱形，，设，，，则， 由，可得，过作，交的延长线于，证明，，可得，，证明，可得，，再建立方程求解即可．
【详解】（1）证明；如图，过作于，过作于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，不平行，
∴四边形为等腰梯形．
（2）①如图，连接，延长交于，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，而，
∴四边形为平行四边形，，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，而，
∴，即，重合，
∴即，
解得：（负根舍去）．
②当时，则在线段的延长线上，如图，延长交于，连接，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，而，
∴四边形是平行四边形，
由线段垂直平分线的性质可得，
∴四边形是菱形，，
设，，，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
过作，交的延长线于，
∴，
∴，
∵，等腰梯形，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
解得：，（使，不合题意舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰梯形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，难度大，计算量大，属于压轴题．
33．(1)；
(2)；
(3)的值为或．
【分析】（1）作于M，联结，证明四边形是矩形，求得，推出是等腰直角三角形，求得，再利用勾股定理即可求解；
（2）同（1）作于M，联结，可得四边形是矩形，求得，由，求得，再求得，根据相似三角形的判定和性质即可求解；
（3）分两种情况讨论，当时，同（1）可得四边形是矩形，再证明，利用相似三角形的性质求得的长，即可求解；当时，求得，即可求解．
【详解】（1）解：作于M，联结，
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）解：作于M，联结，
同理四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：作于M，联结，
同理四边形是矩形，
∴，
当时，
∵，，
∴，又，
∴，
∴，即，
解得(负值已舍)，
∴，
∴；
当时，
由垂径定理得，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴；
综上，的值为或．
【点睛】本题考查了垂径定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
34．(1)①见解析；②
(2)
【分析】（1）①由和是等腰直角三角形，证明，由相似三角形的性质和角相等直接证明即可；②过点D作于点H，通过证明是等腰直角三角形和相似三角形的性质求出，设，则，根据等腰直角三角形的性质表示出的长度，代入整理即可；
（2）分两种情况：当点D在线段上时，当点D在线段的延长线上时，利用相似三角形的性质和正切函数建立方程，进行求解即可．
【详解】（1）①∵和是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴；
②过点D作于点H，如图，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）①当点D在线段上时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
整理得，
∵，方程无解，
∴这种情况无意义；
②当点D在线段的延长线上时，如图，
∵，，
过点D作于G，
∴，
∴，
整理得，解得（负舍），
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，解一元二次方程，能够准确添加辅助线进行分析是解题的关键．
35．(1)证明见详解
(2)，
【分析】（1）根据平行四边形可得，即可得到，，结合可得，，即可得到答案；
（2）①根据可得，从而得到与的关系，结合即可得到答案；
②过D作交延长线与点G，设，根据①中三角形相似得到，在与中根据勾股定理列方程求出m，即可得到答案
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
解得：，（舍去），
∴；
②∵，，
∴，，
∵，
∴，
过D作交延长线与点G，
设，与中由勾股定理可得，
，
解得：，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形性质，相似三角形性质与判定，三角函数，解题的关键是根据平行四边形得到相似三角形的条件．
36．(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）由平行线边形的性质得，而，所以，则，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明；
（2）作交的延长线于点，由，得，则，由勾股定理得，则，，即可由勾股定理求得，因为，且，所以，则；
（3）分两种情况，一是点在线段的延长线上，由，得，则；二是点在线段上，由，得，则．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点与点重合，
，
，
，，
，
．
（2）解：如图，作交的延长线于点，则，
，
，
，
，且，
，
解得或（不符合题意，舍去），
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
的长是．
（3）解：是以为底的等腰三角形，
，
如图，点在线段的延长线上，
，
，
，
解得；
如图，点在线段上，
，
，
，
解得，
综上所述，的长是或．
【点睛】本题重点考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、勾股定理、锐角三角函数、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
37．(1)
(2)①，②
【分析】设，根据矩形的性质即解直角三角形推出，，根据勾股定理得到，据此求解即可；
（2）①交于点，连接，根据相似三角形的判定与性质推出，，，根据相似三角形的性质得出，设，则，根据勾股定理求出，据此求解即可；
②设，则，设，且，，则，根据锐角三角函数得到，根据勾股定理求出，，根据平行线的性质得出，根据相似三角形的性质得，进而求出，据此即可得解．
【详解】（1）如图，当点与点重合时，设，
四边形是矩形，
，，，，，，
，，，
，
，
，
，
，
，
即，
，
；
（2）①如图，交于点，连接，
由（1）得，，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
；
②如图，连接，
，
设，则，设，且，，则，
，
，
，，，
，
，
，
即，
，
由①得，，
，
，
两边平方并整理得，
，
，，
，，
，
，
，
即的余切值．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质、矩形的性质、解直角三角形并作出合理的辅助线是解题的关键．
38．(1)见解析
(2)①或；②
【分析】（1）由菱形的性质和平角的性质得，，已知，等量代换得，公共角，即可得证；
（2）①设，由菱形的性质，由（1），根据相似三角形的性质得，故，根据菱形的性质易得，再由全等三角形的性质得，再分情况讨论当为直角三角形时，的大小；
②联结，交于点，记分别交于点，由菱形的性质得，根据直角三角形的性质得，由，得，根据相似三角形的性质和菱形的性质得，由等角的余角相等得，由等角对等边及平行线分线段成比例可得四边形为等腰梯形，易得，，由，可得，设设，，则，由相似三角形的性质解得，由菱形的性质求得，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，
又且，
．
又，
．
（2）解：①设，
四边形是菱形，
，平分．
，，
，
，
，
，
，，，
，
，
在中，，，故，
是直角三角形，
有以下三种可能的情形：
一、，此时，不符合题意，应舍去；
二、，此时；
三、，此时，；
综上所述，当为直角三角形时，求的大小为或．
②联结，交于点，记分别交于点．
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
四边形为等腰梯形．
．
又，
．
又，
．
又，
，
设，，则，
，
，即，
解得，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰梯形的性质，锐角三角函数，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
39．(1)①证明见解析；②成立，证明见解析
(2)，过程见解析
【分析】（1）①由等角对等边可得，证明，则，证明，则，进而可证；②如图1，过作交于，交于，则，同理①可证，，则，同理①可证，，则，；
（2）如图2，过作交于，交于，同理（1）可证：，则，证明，则，证明，则，即，可知，即，进而可得．
【详解】（1）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
②解：仍成立，理由如下：
如图1，过作交于，交于，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理①可证，，
∴，
同理①可证，，
∴，
∴；
（2）解：如图2，过作交于，交于，
同理（1）可证：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
40．(1)见解析
(2)
(3)或4
【分析】（1）作于，解直角三角形，求得和，进而解直角三角形，求得，从而得出，进一步得出，从而，进一步得出结论；
（2）作于，解直角三角形，求得，，解，得出，进而设，，，从而，进而由得，，进一步得出结果；
（3）有两种情形：当时，可推出，作于，作于，进而证明，从而，，进而求得，根据（1）：，求得，进而求得，进一步得出结果；当时，可推出，作于，可得出，同样根据（1）求得，进一步得出结果．
【详解】（1）解：证明：如图1，
作于，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）如图2，
作于，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
设，，，
，
由得，
，
，
；
（3）如图3，
当时，，
，
，
，
作于，作于，
，
，
，
，，
，
，
由（1）知：，
，
，
；
如图4，
当时，，
，
作于，
，，，
，
由（1）知：，
，
，
，
，
综上所述：或4．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质及分类，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是理清线段之间的关系．
41．
【分析】本题考查平行线分线段成比例定理，涉及基本的相似三角形判定与性质，掌握同（等）底三角形面积比等于高之比，同（等）高的三角形面积比等于底之比是解题的关键．
过作于，过作于，由四边形是矩形，可得，，根据，可得，，即可得到．
【详解】解：过作于，过作于，如图：
，，，
四边形是矩形，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
42．7
【分析】由题意易得，则有，然后问题可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵米，米，米，
∴，
解得米，
故答案为7．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
43．或
【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解．
【详解】解：∵D为AB中点，
∴，即，
取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，，
∴，
在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，
∵∠A=30°，∠B=90°，
∴∠C=60°，BC＝，
∵DE1∥BC，
∴∠DE1E2=60°，
∴△DE1E2是等边三角形，
∴DE1＝DE2＝E1E2＝，
∴E1E2＝，
∵，
∴，即，
综上，的值为：或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键．
44．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据三角形的全等的判定可得，然后根据全等的三角形的性质即可得证；
（2）先根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得证．
【详解】（1）证明：，
，
在和中，，
，
．
（2）证明：，
，
，即，
在和中，，
，
，
由（1）已证：，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
45．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△ABF即可；
（2）先证△ACE∽△AFQ可得∠AEC=∠AQF，求出∠BQF=∠AFE，再证△CAF∽△BFQ，利用相似三角形的性质得出结论．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵CF=BE，
∴CE=BF，
在△ACE和△ABF中，，
∴△ACE≌△ABF（SAS），
∴∠CAE=∠BAF；
（2）证明：∵△ACE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠CAE=∠BAF，
∵AE =AQ·AB，AC＝AB，
∴，即，
∴△ACE∽△AFQ，
∴∠AEC=∠AQF，
∴∠AEF=∠BQF，
∵AE＝AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴∠BQF=∠AFE，
∵∠B=∠C，
∴△CAF∽△BFQ，
∴，即CF·FQ=AF·BQ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
46．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解．
(2) 由BE2=AB AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．
∵DF=BE，
∴△CDF≌△CBE(SAS)，
∴∠DCF=∠BCE．
∵CDBH，
∴∠H=∠DCF，
∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，
∴△BEC∽△BCH．
(2)∵BE2=AB AE，
∴=，
∵AGBC，
∴=，
∴=，
∵DF=BE，BC=AB，
∴BE=AG=DF，
即AG=DF．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
47．（1）①见解析；②；（2）或
【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；
②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．
（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．
②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．
【详解】（1）①由，得．
由，得．
因为是斜边上的中线，所以．所以．
所以．
所以．
②若，那么在中，由．可得．
作于H．设，那么．
在中，，所以．
所以．
所以．
（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，
所以四边形是平行四边形．
又因为，所以四边形是矩形，
设，已知，所以．
已知，所以．
在和中，根据，列方程．
解得，或（ 舍去负值）．
②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．
设，已知，那么．
一方面，由，得，所以，所以，
另一方面，由是公共角，得．
所以，所以．
等量代换，得．由，得．
将代入，整理，得．
解得，或（舍去负值）．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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