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2025年中考数学压轴题专题系列：相似三角形的判定与性质综合
1．如图所示，在中，，点为射线上一动点，作，过点作，交于点，连接（点A、在的两侧）．
【问题发现】
（1）如图所示，若时，、的数量关系为_____，直线、的夹角等于 ；
【类比探究】
（2）如图所示，若，求线段、的数量关系， 及直线、 的夹角；
【拓展延伸】
（3）若，，且是以为腰的等腰三角形时，请直接写出线段的长．
2．【问题提出】
（1）如图①，在中，，点是外接圆的圆心，则面积的最大值是______________；
【问题解决】
（2）如图②所示，道路的一侧有一块闲置地，当地政府为提高辖区生态环境水平，改善居民生活质量，现规划建设一个五边形的公园，根据设计要求：，，为公园内的两条步行直道，为的中点．设计师还需在上选取一点，经过点修建一条步行直道，在四边形面积最大的前提下，平分五边形的面积．请问：是否存在满足设计要求的点和点？若存在，求出此时的长度；若不存在，请说明理由．（点在同一平面内，直道的宽度均忽略不计，结果保留根号）
3．在中，将线段绕点顺时针旋转度得到线段，连接．
(1)如图1，若，延长交于点，，用含的等式表示；
(2)如图2，若，，点，分别为线段，的中点，连接，点为中点，连接．求证：；
(3)如图3，若，，．点为内部一点，点关于三边的对称点分别为，，，连接，，交于点．点为直线上一点，连接，，当取得最小值，且与是以和为一组对应边的相似三角形时，直接写出的长度．
4．【问题提出】
（1）如图1，在正方形中，E、F分别是边和对角线上的点，．易证，此时的值是______；
（2）如图2，在矩形中，，对角线，相交于点O，E、F分别是边和对角线上的点，连接，，，求的长；
【问题解决】
（3）如图3，生态研究所准备对一块边长为的菱形湿地进行规划建设，新修一条长的步道，过点B作交的延长线于点H，扩充的新区域作为研究员的临时补给点．E、F分别是步道HB和上的观测点，，为两条运输道路，已知，求的长．
5．如图1，在中，，是平面内一点（不与点重合），是线段中点，连接，过点作，垂足为点，为直线上一点，连接，且满足，连接．
(1)如图1，若，判断线段与线段之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图3，若，判断线段与线段之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图2，点在直线上方，，，，当是直角三角形时，直接写出线段的长．
6．把两个含有角的直角三角板如图放置，点在上，连接、，的延长线交于于点．
(1)直接写出线段与线段的关系___________．
(2)若将角换成如图，线段与线段在数量和位置上分别有何关系？说明理由．
(3)若将图中两个三角板旋转成图、图、图的位置，则（2）中结论是否仍然成立，选择其中一种图形进行说明．
7．某数学“综合与实践”小组在研究等腰三角形时发现：如图中，中，，连接，，点M、N、P分别为、、的中点．
(1)如图1，若A，O，C三点在同一直线上，且，此时_______．猜想的形状并说明理由．
(2)如图2，若A，O，C三点在同一直线上，且，请计算的值；并证明．
(3)固定，将绕点O旋转，最大值为_______．
8．在四边形中，，，点在边上，连接，，交于点．
(1)若，如图1．求证：四边形是菱形；
(2)如图2，连接交于点，若点是的中点．
①求证：；
②若，，，求，的长．
9．四边形是矩形，点E是射线上一动点，连接，以为对称轴，把沿折叠后点D落在点处，的延长线交直线于点F．
(1)如图1，若，点E在线段上，请直接写出线段之间的数量关系： ．
(2)如图2，若，点E在线段上，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给予证明；若不成立，请写出新的结论，说明理由．
(3)若，请直接写出的面积．
10．如图1，四边形是一张矩形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点A沿过点B的直线翻折到上，折痕BE交于点F，交于点E．展开后如图2所示．
（1）若E恰好为的中点，证明：，并求与之间的数量关系．
游戏2 在游戏1的基础上，将翻折至与重合，折痕为，展开后将点A沿过点E的直线翻折到上的点G处，展开后如图3所示．
（2）在（1）的条件下，连接，求的度数．
游戏3 在游戏1的基础上，将翻折至与先重合，展开后得到新折痕交于点N，如图4所示，Q是的中点，连接．
（3）设，，的面积分别为，若，，求的长．
11． 如图， 是的直径， 是上异于点A，B的一动点， 连接， ， 过点A 作射线．为射线上一点，连接．
【初步探究】
（1） 若，求的长；
【深入探究】若在点 P 的运动过程中，始终有
（2） 如图1， 若，求证：直线与相切；
（3） 如图2， 连接， 设，求m的取值范围．
12．我们知道，若矩形的短边与长边的比等于黄金比（即），则该矩形叫黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，在艺术上和生活中也被广泛应用．

(1)将矩形的短边长度设为，长边长度设为，请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）
①若，则该矩形是黄金矩形；（ ）
②若该矩形是黄金矩形，且，则该矩形的面积是；（ ）
③若该矩形是黄金矩形，外接圆半径为，则一定是．（ ）
(2)如图1，将一张矩形纸片进行如图所示的操作：①沿对角线折叠，得到折痕；②折叠纸片使边落在折痕上，点落在点处，得到折痕；③过点折叠纸片，使点分别落在边上，展开得到折痕，折痕与折痕交于点．如果矩形是一个黄金矩形，其中．
①求证：；
②求的余弦值．
(3)如图2，在中，高为，，，矩形的一边在边上，分别在上，交于点，且矩形是黄金矩形．该矩形以每秒1个单位的速度沿射线匀速向上运动（当矩形的边到达点时停止运动），设运动时间为秒，矩形与重叠部分的面积为，求与的函数关系式，并写出的取值范围．
13．如图，在中，，，．点在边上（点不与点重合），点在射线上，且，连结，以为对角线作菱形，使，且点在右侧．
(1)当点与点重合时，求的长．
(2)当点在边上时，求的长．
(3)连结，当与的边平行时，求的长．
(4)作直线交边于点，当为直角三角形时，直接写出的长．
14．【特例感知】（1）如图①，在中，，，点、分别是边、的中点，连结、，点、、分别为、、的中点，连结、、，线段与的数量关系是_________，线段与的位置关系是__________．
【探究问题】（2）如图②，将图①中的绕点逆时针方向旋转到图②的位置，连结、，其它条件不变，判断中与的关系，并说明理由．
【解决问题】小明思考后，得出如下结论：，．并给出如下不完整的证明过程：
延长图②中的交于点．
由旋转，得．
在图①中，点、分别是边、的中点，
∴是的中位线．
∴．
∴．
在中，，．
∴．
同理．
∴．
∴，．
∵，
∴，即．
∴．
∵、是、中点，
∴是是中位线．
∴，且．
证明过程缺失
∴，．
请你补全证明中缺失的过程．
【结论应用】（3）如图③，将图①中的绕点逆时针方向旋转到图③的位置，使点在边上，其它条件不变．若，则的周长为_______．
【拓展延伸】（4）将图①中的绕点在平面内自由旋转，连结、，其它条件不变．若，直接写出面积的最大值．
15．如图，在菱形中，为锐角，是对角线上的一个动点，连接．
(1)如图，求证：；
(2)如图，在左侧作，延长分别交于点．
①当，时，求的长；
②如图，在上截取，连接交于点，连接交对角线于点，求证：四边形是平行四边形．
16．几何探究是培养推理能力、几何直观和创新意识的重要途径．解决几何综合探究问题，往往需要运用从特殊到一般，化动为静、类比等数学思想方法．
【问题情境】
在中，点是斜边上的动点（点与点，点不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，连接．
【特例感知】
（1）如图1，当时，写出与之间满足的位置关系和数量关系，并说明理由；
【类比迁移】
（2）如图2，当时，猜想与之间满足的位置关系和数量关系，并证明猜想；
【拓展应用】
（3）如图3，在（1）的条件下，点F与点C关于直线对称，连接．已知，设，四边形的面积为，求与的函数表达式，并求出的最小值．
《2025年中考数学压轴题专题系列：相似三角形的判定与性质综合》参考答案
1．（1），；（2），；（3）的长为或
【分析】（1）证，由全等三角形的性质得，，即可解决问题；
（2）证，由相似三角形的性质得，再证，得，即可得出结论；
（3）分两种情况，①当时，②当时，由直角三角形的性质及相似三角形的性质分别求出的长即可．
【详解】解：（1），，
是等腰直角三角形，
，，
同理：，，
，
，
即，
，
，，
；
（2），，理由如下：
，，
，
又，
，
，
，
又，
，
即，
，
，，
∴，
在中，，
，
；
（3），，
，，
分两种情况：
如图，当时，

同（2）可知，，
，
；
如图，当时，

则，
，，
，
，
，
，
，
，
同（2）可知，，
，
即，
解得：；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
2．；存在，
【分析】（1）过点C作于点D，过点O作于点E，连接，则，根据三角形面积公式即可得解．
（2）作的外接圆，外接圆，连接，，由于M为的中点，则，；连接，，过点Ａ作于点Ｐ，过点C作于点Q，则在中，，在中，，可得到；取的中点为S，连接，当E、S、M三点共线时，直线平分五边形的面积，直线交于点F，且，过点D作交的延长线于点H，先证，得到，，再由，得，再根据，得到，即可得解．
【详解】解：（1）如图，过点C作于点D，过点O作于点E，连接，
则，，
∴由勾股定理得：，
∴，
∴，
．
（2）存在，如图，作的外接圆，外接圆，连接，，
由于M为的中点，则，，
连接，，过点Ａ作于点Ｐ，过点C作于点Q，
则在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴．
此时与均为正三角形，四边形为菱形，则过点M的直线必定平分菱形的面积．如图，取的中点为S，连接，当E、S、M三点共线时，直线平分五边形的面积，直线交于点F，且，过点D作交的延长线于点H，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
即的长度为．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、三角形外接圆、等边三角形的性质以及三角形的面积计算公式的运用，解决问题的关键是掌握三角形外接圆的性质．
3．(1)
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）由，，利用线段垂直平分线得，得出，利用旋转得出，，得，可得，最后利用余角即可得；
（2）连接，延长至点，使，连接，过点作，交于点，连接，，先利用等腰直角三角形中点证明，，再证明，可证明△是等腰直角三角形，且，，则，再证明是等腰直角三角形，且，，，则可证四边形是平行四边形，得出为线段的中点，利用中位线得，最后利用线段的和差即可证明；
（3）连接，，，，，过点作于点，利用对称证明，，再证明，可得，由垂线段最短可知，当、、共线，且时，最短，最小值为，此时，过点作于点，计算出， ，，再利用等面积法和勾股定理求出，，由旋转知，，由与是以和为一组对应边的相似三角形，分别探究当时，点在线段上，只需满足，；和当时，点在射线上，只需满足，，进行计算即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∵将线段绕点C顺时针旋转度得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图，连接，延长至点，使，连接，过点作，交于点，连接，，
由旋转知，，
∵点是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴△是等腰直角三角形，且，，
即，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵为线段的中点，
∴为线段的中点，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接，，，，，过点作于点，
∵点关于三边的对称点分别为，，，
∴，，垂直平分，垂直平分，
∴，
∴， ，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由点到线段的垂线段最短可知，当、、共线，且时，最短，最小值为，
此时如图，过点作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由旋转知，，
∵与是以和为一组对应边的相似三角形，
当时，点在线段上，
只需满足，，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，点在射线上，
只需满足，，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，或．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的性质，线段垂直平分线的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，二次根式，中位线，熟练掌握这些判定与性质，并根据题意正确作出辅助线是解题的关键．
4．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）利用正方形的性质，证明，再利用角度的转换可得，即可证明，利用相似三角形的性质即可解答；
（2）利用勾股定理求得，再利用矩形的性质得到，计算，证明，同（1）中原理证明，即可解答；
（3）连接，交于点，根据菱形的性质得到，同（1）中原理证明，再证明求得的长，即可解答．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）四边形是矩形，
，
∵矩形中，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图，连接，交于点，
四边形为菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了正方形，矩形，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，证明是解题的关键，注意解题方法的延续性．
5．(1)，理由见详解；
(2)，理由见详解；
(3)或
【分析】（1）延长至使，连接，证明，得，则，再证，即可得出答案；
（2）延长至使，连接，证明，得，则，再证，得，即可解决问题；
（3）分两种情况：当时，延长至使，连接，延长交延长线于点，证，得，，再证，求得，然后证，得，求出，进而由勾股定理得，则，最后证明是的中位线，即可得出答案．当时，用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：线段与线段之间的数量关系为：，
理由如下：如图2，延长至使，连接，
是线段中点，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：线段与线段之间的数量关系为：，
理由如下：如图3，延长至使，连接，

在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：延长至使，连接，延长交延长线于点，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得：，
是直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，，
是的中位线，
．
当时，如图所示：
由前面的过程可知，此时共线，；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质三角形中位线定理等知识，本题综合性强，正确作出辅助线，构建全等三角形和相似三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
6．(1)，
(2)，，理由见解析
(3)（2）中结论仍然成立，说明见解析
【分析】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，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
（1）证明得，，又，所以，求得，即，即可求解；
（2）证明得，，又，所以，求得，即，即可求解；
（3）由，得，，在图中：由，得，再结合得，即可求解；在图中：由题可知：，又，所以，再结合，所以，即可求解；在图中：由，得，又，所以，即可求解．
【详解】（1）解：由题可得：，，，
，
，，
又，
，
，即，
故答案为：，；
（2）解：，，理由如下：
由题可得：，，
，
又，
，
，，
又，
，
，即；
（3）解：（2）中结论仍然成立，仍然证，得到，，
图：由，得，
又，
，
，即；
图：由题可知：，
又，
，
而，
，
，即；
图：由，得，
又，
，
，即．
7．(1)1；为等边三角形；理由见解析
(2)；见解析
(3)
【分析】（1）先证明，都是等边三角形，得出，，，再证明，得出，即；连接、，根据等边三角形的性质和中位线性质得出，，根据直角三角形的性质得出，，即，得出为等边三角形；
（2）证明，得出，证明，得出；连接、，证明，根据中位线性质得出，得出，即可证明；
（3）取中点G，连接，，根据中位线的性质得出，，根据两点之间线段最短，得出，即可求出结果．
【详解】（1）解：∵，，
∴，都是等边三角形，
∴，，，
∵A，O，C三点在同一直线上，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
为等边三角形；理由如下：
连接、，如图所示：
∵，
∴B、O、D在同一直线上，
∵、N分别为，的中点，，都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∵点P为的中点，
∴，，
∴，
∴为等边三角形；
（2）解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵、O、C三点在同一直线上，
∴，
∴，
∴B、O、D三点在同一直线上，
∴，
∴，
∴；
连接、，
∵，M为的中点，
∴，
同理，
∴，
∵P为中点，
∴在中， ，
在中，，
∴，
∵、N分别为，的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
；
（3）解：取中点G，连接，，
∵点P为的中点，为的中点，
∴，，
∵两点之间线段最短，
∴，
∴当M，P，G共线的时，最大，为．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关的判定和性质，作出辅助线，是解题的关键．
8．(1)见解析
(2)①见解析；②，
【分析】（1）证明，推出，结合，推出四边形是平行四边形，由，得到四边形是菱形；
（2）①证明，推出，结合，得到；
②先证明四边形是平行四边形，再证明，根据相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：①∵，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②由①得，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
9．(1)
(2)（1）中的结论不成立，新的结论是
(3)的面积或
【分析】（1）过点作，交的延长线与点，根据正方形的性质证明得出，，由折叠的性质得以及平行线的性质得出，可得，即可求解；
（2）过点作交的延长线于点，证明得出 ，则，进而同（1）的方法证明，即可求解；
（3）两种情况：①当点在线段上时，此时点在的延长线上，过点作，交的延长线于点，②当点在的延长线上时，此时点在的延长线上，过点作交的延长线于点，设，分别求得，进而同（2）可得，勾股定理求得的长，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：
如图1所示，过点作，交的延长线与点，
，
四边形是矩形，，
四边形是正方形，
，，，
，
，
在和中，
，
，，
，
由折叠的性质得：，
，
，
即，
，
，
，
；
（2）（1）中的结论不成立，新的结论是，理由如下：
过点作交的延长线于点，如图2所示
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
又 ，
，
，，
，
，
，
根据折叠的性质得：，
，
，
即，
，
，
，
；
（3）点是射线上一动点，
有以下两种情况：
①当点在线段上时，此时点在的延长线上，过点作，交的延长线于点，如图所示：
四边形是矩形，，，
，，，
，
，
根据折叠的性质得：
设
同（2）可得
在中，
解得：
∴
②当点在的延长线上时，此时点在的延长线上，过点作交的延长线于点，如图4所示：
，，
，
设，
由折叠的性质得：
同（2）可得
，
在中，
解得：
．
．
综上所述，的面积或．
【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质等知识点，理解矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
10．（1） （2） （3）
【分析】（1）证明，结合E恰好为的中点可得；
（2）在中，，∴，∴
证明得，，设，则，，由勾股定理得，证明得，在中，利用锐角三角函数求出即可求解．
（3）延长交于点H，证明得，证明得，由求出，证明得，，在和中，利用勾股定理求出，然后根据即可求解．
【详解】解：（1）根据翻折的性质可知，，
∴，∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∴
∴，
∴，即
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴
（2）根据翻折的性质可知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴
在矩形中，，
∴，
∴，
∴
（3）延长交于点H，根据翻折的性质可知，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
又Q是的中点，
∴，
∴
又，
∴，
∴
∴
∵，即，
∴
∵，，，
∴
∴，，
∴，，
在和中，，
，
解得或（舍去）
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，难度较大，属中考压轴题．
11．（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）证明，再利用勾股定理求解即可；
（2）如图1，连接，证明， 求解，证明是等边三角形，可得，再进一步求解即可；
（3）如图2，过点A作射线，作射线使得，射线与交于点D，连接，则在中，求解，，证明，可得，可得，结合根据三角形的三边关系，得，进一步可得答案．
【详解】解：（1）是的直径，P是上异于点的一动点，
，
在中，由勾股定理，得；
（2）证明：如图1，连接，
，
，
，
是的直径，，
，
，
是等边三角形，
，
，即，
，又是的半径，
是的切线，即直线与相切；
（3）如图2，过点A作射线，作射线使得，射线与交于点D，连接，则在中，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，根据三角形的三边关系，得，
，即，
；
【点睛】本题考查的是圆周角定理，勾股定理，特殊三角函数值，三角函数，等边三角形的判定与性质，切线的判定与性质，解直角三角形，三角形相似的判定与性质，三角形三边关系，作出合适的辅助线是解本题的关键．
12．(1)①√；②√；③√
(2)①见解析；②
(3)
【分析】（1）根据黄金矩形的定义进行判断即可；
（2）①根据平行线的性质和折叠的性质，求出，根据等腰三角形的判定得出；
②设，则，设，则，根据勾股定理得出，求出，根据，得出，求出即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质，求出，，，分两种情况：当时，当时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∴该矩形是黄金矩形，故此说法正确；
②∵该矩形是黄金矩形，
∴，
∵，
∴，
∴矩形的面积为，故此说法正确；
③∵该矩形是黄金矩形，
∴，
∴，
∵外接圆半径为，
∴矩形的对角线长为，
根据勾股定理得：，
即，
整理得：，故此说法正确．
（2）解：∵矩形，
∴，
∴，
根据折叠可知：，
∴，
∴；
②∵，
∴设，则，
设，则，
在中，由勾股定理，可知：，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵四边形为矩形，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵矩形是黄金矩形，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
当时，如图所示：

则，，，
根据平移可知：，
∴，
∴，
即，
解得：，
；
当时，如图所示：

则，
根据平移可知：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
；
综上分析可知：．
【点睛】本题主要考查了黄金比，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，注意进行分类讨论．
13．(1)的长为5；
(2)的长为；
(3)的长为；
(4)的长．
【分析】（1）当点与点重合时，的长即的长，利用勾股定理求解即可；
（2）设，由题意，推出，，得到，根据，列式计算即可求解；
（3）求得，得到，推出，即，解得，据此求解即可；
（4）作于点，推出，求得，推出，求得，，根据，列式计算即可求解．
【详解】（1）解：当点与点重合时，的长即的长，
在中，，，，
∴，
即的长为5；
（2）解：当点在边上时，设，如图，
∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴的长为；
（3）解：设，
当时，如图，
∵菱形，
∴，即，
∴，
∴，即，
解得，
∴的长为；
（4）解：设，
直线交边于点，当为直角三角形时，只存在一种情况，作于点，如图，
∵菱形，
∴上线段的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴的长．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
14．（1），；（2）见解析；（3）；（4）
【分析】（1）利用三角形的中位线得出，，进而判断出，再利用平行线的性质求解；
（2）先判断出，得出，同（1）的方法来求解；
（3）同理，根据三角形中位线定理求解即可；
（4）先判断出最大时，的面积最大，利用三角形面积公式求解．
【详解】解：（1）∵在中，，，
∴，，
∵点、分别是边、的中点，
∴，，，
∵点，是，的中点，
∴，．
∵点，是，的中点，
∴，．
∴，即，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，；
（2）延长图②中的交于点．
由旋转，得．
在图①中，点、分别是边、的中点，
∴是的中位线．
∴．
∴．
在中，，．
∴．
同理．
∴．
∴，．
∵，
∴，即．
∴．
∵、是、中点，
∴是是中位线．
∴，且．
∵点，是，的中点，
∴，．
∴，即，
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴，；
（3）∵，
∴，，
由题意得，，，
∵点是的中点，也是的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∵点、、分别为、、的中点，
同理可得，，，，
∴的周长为，
故答案为：；
（4）解：由（2）知，，，
∴最大时，面积最大，
∴点在的延长线上，
∴，
∴，，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
15．(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（）根据菱形的性质利用即可求证；
（）根据全等三角形的性质和菱形的性质可得，即得，过点作于，由求出即可求解；
（）延长至，证明得，即得，再由和可得，即得，即可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
又∵，
∴；
（2）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点作于，则，，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴；
②延长至，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定，正确作出辅助线是解题的关键．
16．（1），，理由见解析；（2），，证明见解析；（3）18
【分析】（1）由，得到，，根据等腰直角三角形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，根据垂直的定义得到；
（2）根据相似三角形的判定定理得到，求得，，得到，根据垂直的定义得到；
（3）连接交于O，由（1）知，，，求得，得到，根据勾股定理得到，根据线段垂直平分线的性质得到，，推出四边形是正方形，根据正方形的面积公式即可得到，根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】解：（1），，理由如下：
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），，
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）连接交于O，
由（1）知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵点F与点C关于对称，
∴垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴y与x的函数表达式为，
∵，
∴y的最小值为18．
【点睛】本题是相似形的综合题，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，正方形的判定和性质．正确地作出辅助线是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）

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