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09 三角形综合压轴题（浙江省最新考题） 试题分析
一、单选题
1 0.4 线段垂直平分线的判定；已知正弦值求边长；线段垂直平分线的性质
2 0.4 作角平分线(尺规作图)；线段垂直平分线的性质；证明四边形是菱形
3 0.4 角平分线的有关计算；线段垂直平分线的性质；三角形内角和定理的应用；根据等角对等边证明边相等
4 0.45 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；矩形性质理解；等腰三角形的性质和判定
5 0.45 y=ax +bx+c的图象与性质；三线合一；图形运动问题(实际问题与二次函数)
6 0.4 斜边的中线等于斜边的一半；解直角三角形的相关计算；等腰三角形的性质和判定；等边三角形的判定和性质
7 0.45 含30度角的直角三角形；等边对等角；图形运动问题(实际问题与二次函数)
二、填空题
8 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和SAS综合（SAS）；根据旋转的性质求解；根据正方形的性质求线段长
9 0.4 等腰三角形的性质和判定；其他问题（解直角三角形的应用）
10 0.4 反比例函数与几何综合；解直角三角形的相关计算；等边对等角
11 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；根据等角对等边证明边相等；线段垂直平分线的性质
12 0.4 求位似图形的对应坐标；等腰三角形的性质和判定； 求矩形在坐标系中的坐标
13 0.4 等边对等角；由平行截线求相关线段的长或比值；相似三角形的判定与性质综合；黄金分割
14 0.4 根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；三角形内角和定理的应用；等边三角形的性质
15 0.4 根据平行线判定与性质求角度；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；等腰三角形的性质和判定
16 0.4 几何概率；斜边的中线等于斜边的一半；求扇形面积；根据矩形的性质求线段长；求其他不规则图形的面积；（特殊）平行四边形的动点问题
17 0.25 根据旋转的性质求解；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；图象法解一元二次不等式；折叠问题
三、解答题
18 0.32 根据正方形的性质证明；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；点与圆上一点的最值问题
19 0.48 利用菱形的性质证明；全等的性质和SAS综合（SAS）；求角的正切值；角平分线的有关计算
20 0.4 全等三角形综合问题；等腰三角形的性质和判定；由平行截线求相关线段的长或比值
21 0.45 勾股定理与网格问题；全等三角形综合问题；等腰三角形的定义；判断三边能否构成直角三角形；线段垂直平分线的性质
22 0.35 线段垂直平分线的判定；等边对等角；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；角平分线的性质定理；利用菱形的性质求线段长
23 0.42 解直角三角形的相关计算；三线合一；相似三角形的判定与性质综合；利用矩形的性质求角度；角平分线的有关计算
24 0.35 利用同角三角函数关系求值；等腰三角形的性质和判定；相似三角形的判定与性质综合；利用菱形的性质求线段长
25 0.35 含30度角的直角三角形；根据旋转的性质求解；公式法解一元二次方程；相似三角形的判定与性质综合09 三角形综合压轴题
（浙江省最新考题）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2026·浙江台州·二模）如图，中，，，．以A，B为圆心，分别以，为半径画圆弧，两弧交于点C，D．则四边形的对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·浙江杭州·二模）如图，中，，．利用直尺和圆规作图：
①以点为圆心，适当长为半径作弧，交于，交于；②分别以点、为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点；③分别以点、为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于点，两点，连接，交于点，交于点，连接，．下列判断错误的是（ ）
A．
B．
C．若，则四边形是菱形
D．
3．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，根据图中尺规作图的痕迹推断，下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2026·浙江绍兴·二模）如图，在矩形中，，，是对角线的中点，过点的直线分别与边，交于点，，若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
5．（2026·浙江杭州·二模）如图，，是边上的一动点，并以的速度沿的方向运动，为内的一点，连接，设点运动时间为，，图是关于的函数的部分图象，则下列结论中正确的是（ ）
A． B． C．图象过点 D．图象过点
6．（2026·浙江温州·二模）如图，在中，，，过点作，交的平分线于点，交于点．若点是的中点，连接，延长交于点，则的值是（ ）
A． B． C． D．
7．（2026·浙江丽水·二模）如图1，在中，，．动点M从点B出发，以的速度沿折线向终点C运动；动点N同时从点B出发，以的速度沿边向终点C运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为，的面积为，y与t之间的函数图象如图2所示，则下列结论正确的是( )
①；②的最大面积a为；③当时，；④当t为和时，的面积为．
A．②③ B．①③ C．①②③ D．①②④
二、填空题
8．（2026·北京昌平·一模）如图，正方形的边长为4，点是对角线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到，连接，点为中点，，垂足为，若，则_____．
9．（2026·浙江·模拟预测）如图是一个窗户开窗时的简易示意图，其中矩形为窗框，矩形为窗户，．为了限制窗户开合，小明在，两点间装了一条长为细软钢丝绳（可拉直但不能弹性拉伸），则窗户打开角的度数最大可为_____．（结果保留两位小数，参考数(据：，，，）
10．（2022·浙江温州·模拟预测）如图，等腰的顶角，，腰垂直y轴，垂足为A，的中点D和点C恰好落在反比例函数上．若，则k的值是______．
11．（2026·浙江嘉兴·二模）如下图，在中，平分交于点，的垂直平分线交的延长线于点，连接，若，则_____．
12．（2026·浙江绍兴·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形和矩形位似，位似中心为点O．已知点A，D，G都在轴上，且点B的坐标为．若E为的中点，则点F的坐标为______．
13．（2026·浙江绍兴·二模）如图，在中，，点为线段上靠近点的黄金分割点，点为线段上靠近点的黄金分割点，点为线段上靠近点的黄金分割点，点为线段上靠近点的黄金分割点，连接，，连接分别与，交于点，，则________．
14．（2026·浙江丽水·二模）已知等边三角形（如图），以点为旋转中心，将按逆时针方向旋转得到，连接，，设，的度数分别为，，则在旋转过程中，关于的函数表达式为________．
15．（2026·浙江湖州·二模）如图，在中，于点，点在边上，且，，过点作于点．已知，则_____．
16．（2026·浙江宁波·三模）如图，矩形的长为，宽为，将长为的线段的两端放在矩形的相邻的两边上同时滑动．如果点从点出发，沿图中所示方向按滑动到点停止，同时点从点出发，沿图中所示方向按滑动到点停止．点是矩形内的任意一点，把点落在线段的中点所经过的路线围成的图形区域内的概率记为，则_____．
17．（2026·浙江绍兴·二模）已知，在直角三角形中，，，将绕点逆时针旋转得到，将沿翻折得到，连结，，记的面积为，的长度为，当时，的取值范围是________．
三、解答题
18．（2026·海南省直辖县级单位·一模）数学兴趣小组在数学活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
【观察与猜想】
(1)如图1，在正方形中，分别是上的两点，连接，若，求证：；
(2)如图2，在矩形中，，，是上的一点，连接，若，请求出的值；
【类比探究】
(3)如图3，在四边形中，，为上一点，连接，过点作交的延长线于点，交的延长线于点，求证：；
【拓展延伸】
(4)如图4，在中，，，将沿翻折，落在处，得到，为线段上一动点，连接，作，交直线于E，垂足为，连接．若，直接写出的最小值．
19．（2026·浙江丽水·模拟预测）如图，在菱形中，点，分别在边，上，，平分，连接．
(1)求证：．
(2)若，的面积为，求的值．
20．（2026·浙江·模拟预测）如图1，中，，为中点，点在上（不与重合），过点作，垂足为，连结，过的中点．作，垂足为．
(1)若，当为中点时，求的长．
(2)求的值．
(3)如图2，连结，过点作交于点，连结，求证：．
21．（2026·浙江宁波·三模）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，图中，都是格点．仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图．
(1)如图所示，找一个格点，使；
(2)如图所示，若点在网格线上（非格点），请作出点关于线段的对称点．
22．（2026·浙江宁波·三模）如图，在菱形中，是锐角，是边上的动点，将射线绕点按逆时针方向旋转，交直线于点．
(1)如图，当，时，
①求证：；
②连接，，若，求的值．
(2)如图，当时，延长交射线于点，延长交射线于点，连接，．若，且是等腰三角形，求的长．
23．（2026·浙江宁波·二模）如图1，矩形，点，分别在边和上，平分，交于点．
(1)记为，
①用含有的代数式表示；
②若，求的值；
(2)如图2，连接，若的面积为7，求的面积．
24．（2026·浙江·二模）在菱形中，点在上，且，如图1，过点的直线，交对角线于点，与关于直线对称，点的对应点在的延长线上，分别交对角线、边于点、．
(1)当时，求的度数．
(2)如图2，当点与对应点重合时，求与菱形的面积之比．
(3)已知，与的长度随的变化而变化，求的最大值．
25．（2026·浙江绍兴·二模）如图1，中，，．点是斜边中点，连接．点为上一动点（不与端点，重合），连接．将绕点逆时针旋转得到，连接交于点．
(1)求证：．
(2)如图2，过点作交于点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接交于点．过点作于点．设．
①当时，求的值．
②当时，k的值与问（2）①所求的值相等，求的比值．
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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D D B D B B
1．A
设与交于点，根据题意可得垂直平分，在中，利用三角函数的定义求得，即可求解．
解：设与交于点，如图，
由题意可得，，
∴点，在线段的垂直平分线上，
∴垂直平分，即，，
在中，，，，
由三角函数的定义可得，，
∴，
∴．
2．D
根据尺规作图可知，是的平分线，是的垂直平分线，根据角平分线的性质和线段垂直平分线的性质逐项判断即可．
解：由①、②可知，是的平分线，
，
，
，
故A选项正确；
由③可知，是的垂直平分线，
，
故B选项正确；
如下图所示，连接，
，
，
是的垂直平分线，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，
故C选项正确；
，
，
不能说明，
不成立，
故D选项错误．
3．D
由作图痕迹可知： 垂直平分，平分，由三角形内角和定理结合角平分线的性质可求得，根据三角形内角与边关系可判断A选项；由含角直角三角形的性质可判断B选项；由三角形外角的性质可判断C选项；由等角对等边可判断D选项．
解：由作图痕迹可知： 垂直平分，平分，
，，
，
，
，
，故选项A错误；
在中，，，
，故选项B错误；
，，
，
，
，故选项C错误；
，
，
，
，故选项D正确．
4．B
过点作于，设，可得四边形是平行四边形，进而，接着通过论证可得，利用即可求解.
解：过点作于，设，
∴，
∵矩形中，
∴，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是对角线的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴即：，
解得：，
即：.
5．D
分别求出两段抛物线的解析式，再逐一判断即可求解．
解：如图，分别为点运动时所处的位置，由图可知点在上，点在上，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由图可知，当点运动在图对应的点为，点为第一段抛物线的顶点，
∴，
设第一段抛物线的解析式为，把代入得，
，
解得，
∴第一段抛物线的解析式为，
当时，，
∴，故选项错误；
∵，，
∴，
∴，
由图可知，当点运动在图对应的点为，点为第二段抛物线的顶点，
∴，
同理可得第二段抛物线的解析式为，
由，解得，
∴，
∴，故选项错误；
把代入，得，
∴图象过点，故选项错误；
把代入，得，
∴图象过点，故选项正确．
6．B
由等腰三角形的性质可得，，，．
由直角三角形的性质可得，，容易判断是等边三角形，则，，从而得到，．利用三角函数可计算出，，计算比值即可．
解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
在中，，
∴．
7．B
由题意可知：，当时，点M在边上，则，当时，点M在边上，则，分别求出y关于t的函数解析式，即可判断各个选项．
解：由题意可知：，
当时，点M在边上，则，
当时，点M在边上，则，
当时，过点M作于点E，
∵，，
∴，
∴，即，
∴当时，的面积为最大，最大值为；
当时，过点M作于点F，
∵，
∴，
∴，
即
当时，的面积为最大，最大值为；
∴，的最大面积a为，故①正确，②错误；
当时，，，
∴，故③正确．
当时，，即的面积为，
当时，，即的面积为，
故④错误．
综上所述，结论正确的是①③．
8．
本题主要考查了正方形的性质，三角形中位线的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
连接，先证，再证明为的中位线，问题即可得解．
解：连接，如图，
正方形的边长为4，点是对角线上一点，
，，，，
线段绕点逆时针旋转得到，
，，
，
，
，
，
，，
，即，
，
，
点为中点，
为的中位线，
，
，
，
．
9．/11.48度
本题考查解直角三角形的应用，准确构造直角三角形是解题的关键．
过点作交于点，由三线合一可得为中点，且平分，结合边长关系，可求出，得出的近似度数，再求出的近似度数即可．
解：当的度数最大时，
应最长，即，过点作交于点，如下图所示：
∵，，
∴点为中点，且平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
10．
过C作于E，在中求出的长度，在中，求出和的长度，设，则，根据待定系数法可得出，解方程，即可求解．
解：过C作于E，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴
∵D为的中点，
∴，
∵垂直y轴，
∴设，则，
∵点D和点C恰好落在反比例函数上，
∴，
解得，
∴，
∴．
11．
过点作交的延长线于点，设的垂直平分线交于点，交于点，交于点，过点作交的延长线于点，证明得出，进而同理证明， 得出，，证明，得出，即，设，则，分别表示出，代入，解方程，即可求解．
解：如图，过点作交的延长线于点，设的垂直平分线交于点，交于点，交于点，过点作交的延长线于点，
∵平分交于点
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
设，则,
∵的垂直平分线交的延长线于点，
∴，
∴
同理可得，
∴，
∴，，
∵，
∴
又∵，，
∴
∴
∴
即
设，则
∴，
∴
∵
∴
解得：（负值舍去）
∴
12．
连接，根据矩形的性质以及点的坐标得出相关线段的长度，根据线段中点的性质得出，然后利用位似图形的性质得出，即可求出坐标．
解：如图所示，连接，
根据位似图形的性质可得，点在上，点在上，
∵四边形和四边形为矩形，且点B的坐标为，
∴，，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，，
由位似图形的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴点F的坐标为．
13．
由题意得，，证，得，由分别为上靠近B，C的黄金分割点，得，连接，，证四边形是平行四边形， 取为中点，则，连接， 证，由平行线分线段成比例得，即，将代入计算即可．
解：连接，，
分别为，上靠近的黄金分割点，
∴，
．
∴
又
，
∴，，
∴．
分别为上靠近B，C的黄金分割点，
∴，
，，
，
∴．
∴四边形是平行四边形，
∵交于M，
∴，
，，
∴，
∴，即，
取为中点，则．
连接则，即，
由平行线分线段成比例得：
∴．
，
．
14．或
根据旋转的性质得到和是等腰三角形，分情况讨论：当或当时，求出的度数，再利用三角形内角和定理分别求出和的度数，进而求出的度数，利用三角形内角和定理得到，据此求解即可．
解：由旋转的性质得：、、，
是等边三角形，
、，
，
分两种情况讨论：
①当时，，
，
，
，
，
，
，
，
即；
②当时，，
，
，
，
，
，
即；
综上所述，在旋转过程中，关于的函数表达式为或．
15．3
首先证明，由全等三角形的性质可得，进而可得；根据等腰三角形的性质可得，即；再证明，易得；结合解得，即为等腰直角三角形，进一步可得．
解：如下图，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
16．
中点M的运动经过的中点，上两段线段，以矩形的四个顶点为圆心的4段弧．两个点和两条线段没有面积，4条弧围成的扇形有面积．线段与矩形的四个直角围成的直角三角形里，点M到直角顶点的距离恒为长度的一半，据此求出扇形面积，即可计算M的运动路线围成的区域的面积，再计算矩形的面积，根据几何概型的概率公式，用区域面积除以矩形面积得到概率P．
如图，矩形的长为，宽为，将长为的线段的两端放在矩形的边上滑动，点从点出发，沿图中所示方向按滑动到点停止，同时点从点出发，沿图中所示方向按滑动到点停止．线段的中点为M．
当线段在边上时，M在的中点G；
当线段在和上滑动时，
∵，
∴，
∴点M运动的路线是；
当线段在边上滑动时，点M运动的路线是线段；
当线段在和上滑动时，
∵，
∴，
∴点M运动的路线是；
当线段在边上时，M在的中点J；
当线段在和上滑动时，
∵，
∴，
∴点M运动的路线是；
当线段在边上滑动时，点M运动的路线是线段；
当线段在和上滑动时，
∵，
∴，
∴点M运动的路线是；
∴点M运动的路线围成的图形的面积为,
∴点落在点所经过的路线围成的图形区域内的概率为．
17．或
根据题意，分两种情况：点在外部、点在内部，由翻折性质、矩形的判定与性质、旋转性质、全等三角形的判定与性质得到相关角度与线段关系，再表示出的面积，按题意的一元二次不等式，由二次函数图象与性质求解即可．
解：当点在外部时，过点作，过点作，如图所示：
将沿翻折得到，
，，，
，
四边形是矩形，
，
将绕点逆时针旋转得到，
，，
，
，
，
，
，
则，
的面积，
当时，，则，
令，则抛物线开口向上，与轴交点为和，
抛物线在轴下方图象对应的的取值范围是；
当点在内部时，过点作，如图所示：
由前面的求解过程可知，，，，，
，
在中，由勾股定理可知，
的面积，
当时，，则，
令，则抛物线开口向上，与轴交点为和，
，，
抛物线在轴上方图象对应的的取值范围是；
综上所述，当时，的取值范围是或．
18．(1)见解析
(2)
(3)见解析
(4)
（1）利用正方形性质得边角关系，结合垂直推出角相等，用证全等；
（2）利用矩形性质与垂直，证，得相似比；
（3）过点作的垂线，交于点，根据矩形性质及角度关系证明得到结论；
（4）过点作的垂线，交于点，取的中点为，连接，作于点N，根据角度关系证明，求出长度，由得到点在以为直径的圆上，半径为，根据圆外一点到圆上一点的距离得到的最小值．
（1）证明：四边形为正方形，
，，
．
，
．
．
在和中，
，
．
（2）解：四边形为矩形，
，
，
，
，
又，
，
．
（3）证明：如图，过点作的垂线，交于点，
则，
四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
又，
．
又，
，
，
．
（4）解：如图，过点作的垂线，交于点，取的中点为，连接，作于点N，则 ，
由轴对称图形的性质可知，
，，
，
又，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
点在以为直径的圆上，半径为，
当点在上时，的值最小，
的最小值为．
19．(1)证明见解析；
(2)．
本题主要考查了菱形的性质、角平分线的性质、全等三角形的性质与判定以及三角函数．
（1）利用菱形的性质可得，再根据已知条件，平分，从而可以判定三角形全等；
（2）根据菱形的性质可知，，以及利用的面积为，则可求出高，即可求出的值．
（1）证明：在菱形中，，
，
．
平分，
，
在和中，
，
；
（2）解：如图，过点作于点，
在菱形中，，，
的面积为，
，
，，
，，
．
20．(1)
(2)
(3)
证明：连结，延长至点，使，连结，分别过点作于点，于点，在上取点，使．
因为，
所以．
因为为中点，，
所以，
所以，，
所以．
由，，，
所以，
所以，
所以，
所以，
则，
所以，
所以，
所以，
所以．
（1）根据平行线分线段成比例定理进行求解即可；
（2）设，求出，即可求出答案；
（3）根据全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质进行证明即可．
（1）解：连结，如图．
因为为中点，
所以．
因为为中点，
所以，
所以．
（2）连结，由（1）知，
同理得．
设，
则，，
所以，
所以．
（3）略
21．(1)
(2)
利用勾股定理构建以点为直角顶点的等腰直角三角形即可；
过点作的垂线，与格线相交于点，利用全等三角形的性质可得，即得垂直平分线段，再连接交于点，连接交于点，连接交于点，由线段垂直平分线的性质可得，，易证，得到，进而可证，得到，，即得，即得到，故点和点关于线段对称．
（1）略
（2）略
22．(1)①∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
．
②
(2)的长度为或或
（1）①由条件证明，即证明结论；
②设与，分别交于点和点，证明垂直平分，可得，则，可得，则可得，即可得结论；
（2）先证明，分时，时，时，三种情况即可求解．
（1）解：①证明：略．
②如图，设与，分别交于点和点，
由①可知，，
∴，
∴，即，
由①可知，，
∴垂直平分，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
设，则，
①如图，当时，，
∴，
∴，
∴，即平分，
过点作于点，作于点，
∴，
∴，
过点作于点，
∵，
∴，即，
解得，即；
②如图，当时，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
解得，即；
③如图，当时，，
同理可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∵，
∴，即，
解得，即；
综上所述，的长度为或或．
23．(1)①；②
(2)
（1）①由矩形的性质可得，再根据同角的余角相等得出，由角平分线的定义得出，即可得解；②先证明，再结合正切的定义计算即可得出结果；
（2）过点作，由等腰三角形的性质可得，证明，结合相似三角形的性质可得，即可得出结果．
（1）解：①∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：过点作，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
24．(1)120°
(2)
(3)
（1）根据菱形性质，三角形内角和计算即可．
（2）根据菱形性质，三角形相似求解各边，分别计算出三角形面积即可．
（3）利用三角形相似和三角函数表示出，再进行求解即可．
（1）解：菱形，
∴，
∴，
∵与关于直线对称，
∴四边形和四边形也关于直线对称，如图，
∴,，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：当点与对应点重合时，与关于直线对称
∴为垂直平分线，
∴，和为直角三角形，
∴，
∴，，
∵，设，
∴，
∴，，
在中，，，根据勾股定理得，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
解得，
在,,，根据勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
连接菱形对角线交于点，如图，
∴，，，
在中，，，根据勾股定理得，
∴，
∴，
∴菱形面积，
∴面积，
∴与菱形的面积之比．
（3）解：设，
∵，，
∴，，
设，
∵，
∴，
在中，过点作交于点，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
设，，
∴，整理得 ，
，整理得关于的一元二次方程，
∵要有最大值，方程要有实数根，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴或，
∵，即，
∴，
∴，
∴不符合题意舍去，
∴，
∴最大值为．
25．(1)见解析
(2)①2；②
（1）证明，即可求证；
（2）①根据三角形中位线定理可得，，从而得到为等边三角形，，，再证明为直角三角形，在Rt中，可得，从而得到，再证明，，可得，即可求解；②设，可得，，由①得：，则，设，过点E作，交于点G．根据，，可得，然后分两种情况：当E在上时， 当E在上时，解答即可．
（1）解：由旋转性质：，
∴，
在中，O为中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①如图，
由（1）得：，，
∵点O为的中点，，
∴，，
∴为等边三角形，，，
∴，，
∴，即为直角三角形，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
②设，
根据题意得：，
∴，
由①得：，则，
设，
过点E作，交于点G．
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
当E在上时，，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，即，
∴，，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
由①得：，
∴，
化简得：，
解得：或，均不符合题意；
当E在上时，
同理，，
由①得：，
∴，
整理得：，
解得：（舍去）或或（舍去），
此时，
∴．
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