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2020-2022年浙江中考数学3年真题汇编 专题16 相似三角形与位似图形（学生卷+教师卷）
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这是一份2020-2022年浙江中考数学3年真题汇编 专题16 相似三角形与位似图形（学生卷+教师卷），文件包含专题16相似三角形与位似图形-三年2020-2022中考数学真题分项汇编浙江专用解析版docx、专题16相似三角形与位似图形-三年2020-2022中考数学真题分项汇编浙江专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共100页， 欢迎下载使用。
专题16 相似三角形与位似图形
一、单选题
1．（2022·浙江衢州）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，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可得，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，
，则选项A正确；
，
，
，，
，，
，，
，
，则选项B正确；
假设，
，
又，
，
，与矛盾，
则假设不成立，选项C错误；
，，
，
在和中，，
，
，即，
，则选项D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
2．（2022·浙江衢州）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：由题意可知，四边形是矩形，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
整理得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
3．（2022·浙江湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（ ）
A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC
【答案】D
【分析】根据矩形的性质以及勾股定理即可判断A，根据折叠的性质即可求得，进而判断B，根据折叠的性质可得，进而判断C选项，根据勾股定理求得的长，根据平行线线段成比例，可判断D选项
【详解】BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，
故A选项正确，
将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，
，
,
故B选项正确，
,
∴EG∥HF，
故C正确
设，则，
，
即
，同理可得
若
则
，
，
不平行，
即不垂直，
故D不正确．
故选D
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·浙江绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A． B． C．10 D．
【答案】A
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【详解】解：当△DFE∽△ECB时，如图，
∴，
设DF=x，CE=y，
∴，解得：，
∴，故B选项不符合题意；
∴，故选项D不符合题意；
如图，当△DCF∽△FEB时，
∴，
设FC=m，FD=n，
∴，解得：，
∴FD=10，故选项C不符合题意；
，故选项A符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答．
5．（2022·浙江舟山）如图，在和中，，点A在边的中点上，若，，连结，则的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【分析】过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，根据等腰直角三角形的性质可得，∠BED=45°，进而得到，，，再证得△BEF∽△ABG，可得，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，
在中，∠BDE=90°，，
∴，∠BED=45°，
∵点A在边的中点上，
∴AD=AE=1，
∴，
∴，
∵∠BED=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵∠ABC=∠F=90°，
∴EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABG，
∴△BEF∽△ABG，
∴，即，
解得：，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
6．（2022·浙江丽水）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，根据题意得，然后利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】解：过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，
根据题意得，
∵，
∴，
又∵，
∴
故选：C
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的应用，作出适当的辅助线是解题的关键．
7．（2021·浙江绍兴）如图，中，，，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使，连结CE，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出，在结合题意可得，即证明，从而得出，即易证，得出．再由等腰三角形的性质可知，，即证明，从而可间接推出．最后由，即可求出的值，即的值．
【详解】∵在中，点D是边BC的中点，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴在和中，，
∴，
∴，
∵为等腰三角形，
∴，，
∴，
∴，即．
∵，
∴，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
8．（2021·浙江绍兴）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高，树影，树AB与路灯O的水平距离，则树的高度AB长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用相似三角形的性质得到对应边成比例，列出等式后求解即可．
【详解】解：由题可知，，
∴,
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与应用，解决本题的关键是能读懂题意，建立相似关系，得到对应边成比例，完成求解即可，本题较基础，考查了学生对相似的理解与应用等．
9．（2020·浙江绍兴）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（ ）
A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【答案】A
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解.
【详解】解：设投影三角尺的对应边长为xcm,
∵三角尺与投影三角尺相似,
∴8：x＝2：5,
解得x＝20.
故选:A.
【点睛】本题主要考查了位似变换的应用.
10．（2020·浙江嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
11．（2020·浙江温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（ ）
A．14 B．15
C． D．
【答案】A
【分析】方法一：连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
方法二：设AB交CR于点M，先证得，可得、，进而可求得PC＝5，CQ＝10，设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
【详解】方法一：
解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J，
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，
∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°，
∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上，
∵DE∥AI∥BH，
∴∠CEP＝∠CHQ，
∵∠ECP＝∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴，
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10，
∵EC:CH＝1:2，
∴AC:BC＝1:2，
设AC＝a，则BC＝2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，
∴四边形ABQC为平行四边形，
∴AB＝CQ＝10，
∵，
∴，
∴（舍负）
∴，，
∵，
∴，
∵JR＝AF＝AB＝10，
∴CR＝CJ＋JR＝14，
故选：A．
方法二：
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10
设，则
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°
由勾股定理得
由等面积法得
设与交于点J
∵四边形ABGF是正方形
PQ⊥CR，CR⊥AB，∠ACB＝90°
∴CQAB，ACBQ，四边形AMRF是矩形
∴四边形ABQC为平行四边形，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用及等面积法，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
二、填空题
12．（2022·浙江衢州）如图，在中，边在轴上，边交轴于点．反比例函数的图象恰好经过点，与边交于点．若，，，则=____．
【答案】
【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，设点的坐标为，则，先根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，又根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，，再根据反比例函数的解析式可得，从而可得，然后根据即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
设点的坐标为，则，
，，
，，
轴，轴，
，
，
，即，
，
又轴，轴，
，
，
，即，
解得，，
将代入反比例函数得：，
，
，
由得：，
，
，
，
解得，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数的几何应用、相似三角形的判定与性质，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
13．（2022·浙江杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m．
【答案】9.88
【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
∴AC∥DE，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，
∴，即，
解得AB=9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．
14．（2022·浙江湖州）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，，．若DE＝2，则BC的长是______．
【答案】6
【分析】根据相似三角形的性质可得，再根据DE=2，进而得到BC长．
【详解】解：根据题意，
∵，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵DE＝2，
∴，
∴；
故答案为：6．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的性质进行计算．
15．（2022·浙江温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片，此时各叶片影子在点M右侧成线段，测得，垂直于地面的木棒与影子的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于___________米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于___________米．
【答案】 10
【分析】过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，求出CH的长度，根据，求出OM的长度，证明，得出，，求出IJ、BI、OI的长度，用勾股定理求出OB的长，即可算出所求长度．
【详解】如图，过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，
由题意可知，点O是AB的中点，
∵，
∴点H是CD的中点，
∵，
∴，
∴，
又∵由题意可知：，
∴，解得，
∴点O、M之间的距离等于，
∵BI⊥OJ，
∴，
∵由题意可知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形IHDJ是平行四边形，
∴，
∵，
∴，，，
∵在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴叶片外端离地面的最大高度等于，
故答案为：10，．
【点睛】本题主要考查了投影和相似的应用，及勾股定理和平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
16．（2021·浙江衢州）图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子打开时的侧面示意图，椅面CE与地面平行，支撑杆AD，BC可绕连接点O转动，且，椅面底部有一根可以绕点H转动的连杆HD，点H是CD的中点，FA，EB均与地面垂直，测得，，．
（1）椅面CE的长度为_________cm．
（2）如图3，椅子折叠时，连杆HD绕着支点H带动支撑杆AD，BC转动合拢，椅面和连杆夹角的度数达到最小值时，A，B两点间的距离为________cm（结果精确到0.1cm）．（参考数据：，，）
【答案】 40 12.5
【分析】（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，，列比例求出CM长度，则CE=AB-CM；（2）根据图2可得，对应袋图3中求出CD长度，列比例求AB即可．
【详解】解：（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，
∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
解得：CM=8cm，
∴CE=AB-CM=48-8=40cm；
故答案为：40；
（2）在图2中，
∵，椅面CE与地面平行，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵H是CD的中点，
∴，
∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
图3中，过H点作CD的垂线，垂足为N，
因为 ，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：12.5．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，找到对应相似三角形并正确列出比例是解决本题的关键．
17．（2021·浙江台州）如图，点E， F，G分别在正方形ABCD的边AB，BC，AD上，AF⊥EG．若AB＝5，AE＝DG＝1，则BF＝_____．
【答案】
【分析】先证明，得到，进而即可求解．
【详解】∵在正方形ABCD中，AF⊥EG，
∴∠AGE+∠GAM =90°，∠FAB+∠GAM=90°，
∴∠FAB =∠AGE，
又∵∠ABF=∠GAE=90°，
∴，
∴，即：，
∴BF=．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，证明，是解题的关键．
18．（2021·浙江嘉兴）如图，在中，对角线，BD交于点O,，于点，若AB=2，，则的长为__________________．
【答案】
【分析】根据勾股定理求得AC的长，结合平行四边形的性质求得AO的长，然后利用相似三角形的判定和性质求解．
【详解】解：∵，，AB=2
∴在Rt△ABC中，AC=
∴在中，AO=
在Rt△ABO中，BO=
∵，
∴
又∵
∴
∴，
解得：AH=
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
19．（2021·浙江嘉兴）如图，在直角坐标系中，与是位似图形，则位似中心的坐标为__________________．
【答案】
【分析】根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心．
【详解】解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心
∴M点坐标为
故答案为：．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握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是解题的关键．
20．（2020·浙江温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为_______米，BC为_______米．
【答案】
【分析】过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则△ABG、△BCH都是等腰直角三角形，四边形BGEF、BHPF是矩形，于是可根据等腰直角三角形的性质和勾股定理依次求出AG、BG、AB的长，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，易证△AEF∽△CPM，然后根据相似三角形的性质即可得到关于x的方程，解方程即可求出x，再根据勾股定理即可求出BC的长．
【详解】解：过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则GH⊥AE，GH⊥CP，
∴四边形BGEF、BHPF是矩形，
∵∠ANE＝45°，∴∠NAE＝45°，
∴AE=EN=EF+FM+MN=15+2+8=25，
∵∠ABG＝45°，∴∠GAB＝45°，
∴AG=BG=EF=15，
∴，GE=BF=PH=10，
∵∠ABG＝45°，∠ABC＝90°，∴∠CBH＝45°，
∴∠BCH=45°，∴BH=CH，
设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，
∵∠1=∠2，∠AEF=∠CPM=90°，
∴△AEF∽△CPM，
∴，即，解得：x=20，
即BH=CH=20，
∴．
∴米，米．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关键．
三、解答题
21．（2022·浙江衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．
(1)求证：.
(2)若．
①求菱形的面积.
②求的值.
(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
【答案】(1)见解析
(2)①24，②
(3)＝，理由见解析
【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；
（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；
（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）
解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）
如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，为定值，
此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
22．（2022·浙江杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，
(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：；
②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．
【答案】(1)5
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积；
（2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立；
②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论．
（1）
解：∵，点M是边AB的中点，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理，得
，
∴正方形EFGH的面积为5．
（2）
解：①由题意知，
∴，
∵四边形EFGH是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
②由①得，
又∵，，
∴，
设的面积为．
∵∠K=∠K， ∠KHI=∠A=90°，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
23．（2022·浙江湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S．
(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．
①若，，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：．
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
（2）等边与等边共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a与b的关系，从而得到结论
(1)
∵，
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴
∴，
得：
∴．
即
(2)
，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴
∴
∴
由题意得：，
∴
∴
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等
24．（2022·浙江杭州）如图，在ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF，已知四边形BFED是平行四边形，．
(1)若，求线段AD的长．
(2)若的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
【答案】(1)2
(2)6
【分析】（1）利用平行四边形对边平行证明，得到即可求出；
（2）利用平行条件证明，分别求出、的相似比，通过相似三角形的面积比等于相似比的平方分别求出、，最后通过求出．
（1）
∵四边形BFED是平行四边形，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）
∵四边形BFED是平行四边形，
∴，，DE=BF，
∴，
∴
∴，
∵，DE=BF，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方、灵活运用平行条件证明三角形相似并求出相似比是解题关键．
25．（2022·浙江宁波）如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设．
(1)用含的代数式表示．
(2)求证：．
(3)如图2，为的直径．
①当的长为2时，求的长．
②当时，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①3；②
【分析】（1）根据，即可求解；
（2）由（1）的结论，、证即可；
（3）①通过角的转换得，即可求的长；②连结，证，设，则，由相似的性质即可求解；
（1）
∵，①
又∵，②
②-①，得2，
∴．
（2）
由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（3）
①∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴在中，，
∵为的直径，
∴．
∴．
∴与的度数之比为3∶2．
∴与的的长度之比为3∶2，
∵，
∴．
②如图，连结．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
设与的相似比为k，
∴．
∵，
∴设，则，
∴，
，
∴，
由，得，
解得，（舍），
∴，，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
26．（2022·浙江宁波）
(1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值．
(3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）利用，证明，利用相似比即可证明此问；
（2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于点M，连接，作，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长．
（1）
解：∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）
解：由（1）得，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）
解：如图，延长交于点M，连接，作，垂足为N．
在中，．
∵，
∴由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∴．在中，．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
27．（2022·浙江舟山）如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知．
(1)线段与垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段的中点时，求的值．
【答案】(1)，见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明（），得到，进一步得到，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
（2）过点K作于点G．先证△AKG∽△ACB，得，证△KHG∽CHB可得，结论得证；
（3）过点K作点G．求得，设，，则KG＝AG＝GB＝3a，则，勾股定理得，，由得，得，，即可得到答案．
（1）
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴（），
∴．
又∵，
∴．
∵
∴△CFH是等腰三角形，
∴．
（2）
证明：如图1，过点K作于点G．
∵，
∴．
∴，
∴．
∵，，
∴．
∴，
∴，
∴．
（3）
解：如图2，过点K作点G．
∵点K为中点：
由（2）得，
∴，
设，，则，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
28．（2022·浙江丽水）如图，以为直径的与相切于点A，点C在左侧圆弧上，弦交于点D，连接．点A关于的对称点为E，直线交于点F，交于点G．
(1)求证：；
(2)当点E在上，连接交于点P，若，求的值；
(3)当点E在射线上，，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求的长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)或或或
【分析】（1）设CD与AB相交于点M，由与相切于点A，得到，由，得到，进而得到，由平行线的性质推导得，，，最后由点A关于的对称点为E得到即可证明．
（2）过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，证明得到，再证明得到；最后根据及得到和，最后根据平行线分线段成比例求解．
（3）分四种情形：如图1中，当时，如图2中，当时，如图3中，当时，如图4中，当时，分别求解即可．．
（1）
证明：如图，设CD与AB相交于点M，
∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴．
（2）
解：过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，如下图所示：
由同弧所对的圆周角相等可知：，
∵为的直径，且，由垂径定理可知：，
∴，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴，即，
∴，
由同弧所对的圆周角相等可知：，且，
∴，
∴，
∵，AB与CD交于点N，
∴．
∵，，
∴，
∴，设KE=2x，EN=5x，
∵点A关于的对称点为E，
，，，
又，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）
解：分类讨论如下：
如图1中，当时，连接，，设，则，
∵，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
∵，
，
，
；
如图2中，当时，连接，设交点．
设，
∵，
，
，
，，
，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，，
；
如图3中，当时，连接，，
设，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
、，
、，
、，
，
；
如图4中，当时，连接，，．
设，
∵，
，
，
，
，
，
由，
，
，
，
，
，
．
综上所述，满足条件的的长为或或或，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．
29．（2021·浙江衢州）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
【拓展】
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；
（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，
，
．
又四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
．
（2）如图，连接，
由（1）得，
，
由折叠得，，
．
四边形是正方形，
，
，
又，
，
．
，，
，．
，
，
（舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得，，
，
由折叠得，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
（舍去）．
②当点在点右边时，如图，
同理得，，
同理可得，
可得，，
，
，
（舍去）．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
．
30．（2021·浙江宁波）【证明体验】
（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．
【思考探究】
（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．
【拓展延伸】
（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；
（2）先证明，得，进而即可求解；
（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．
【详解】解：（1）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即平分；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（3）如图，在上取一点F，使得，连结．
∵平分，
∴
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．
31．（2021·浙江丽水）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．
（1）当时，
①求证：；
②连结，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．
【分析】（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件证明出，算出面积之比；
（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE= ．
【详解】（1）①证明：在菱形中，
，
，
，
，
∴（ASA），
∴．
②解：如图1，连结．
由①知，，
．
在菱形中，，
∴，
设，则．
，
∴，
∴，
∴．
（2）解：在菱形中，，
，
，
同理，，
∴．
是等腰三角形有三种情况：
①如图2，当时，，
，
，
，
．
②如图3，当时，
，
，
，
∴．
③如图4，当时，
，
，
，
．
综上所述，当或2或时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．
32．（2013·浙江温州）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（6，0），B（0，8），点C的坐标为（0，m），过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴上一动点，连结CD，DE，以CD，DE为边作□CDEF．
（1）当0< m <8时，求CE的长（用含m的代数式表示）；
（2）当m =3时，是否存在点D，使□CDEF的顶点F恰好落在y轴上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点D在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得□CDEF为矩形，请求出所有满足条件的m的值．
【答案】（1）（2）存在（3）m的值为或0或或
【详解】解：（1）∵A（6，0），B（0，8），∴OA=6，OB=8．∴AB=10．
∵∠CEB=∠EBC=900，∠OBA=∠EBC，∴△BCE∽△BAO．
∴，即．∴．
（2）存在．
∵m =3，∴BC=8－m=5，．
∴根据勾股定理得BC=4．
∴AE=AB－BE=6．
∵点F落在y轴上（如图1），
∴DE∥BO．
∴△EDA∽△BOA．∴，即．
解得：．∴点D的坐标为（，0）．
（3）取CE的中点P，过点P作PG⊥y轴于点G，
则．
①当0< m <8时（如图2），
易证∠GCP=∠BAO，
∴．
∴．
∴．
由题意，根据矩形对角线平分且相等的性质，得OG=CP，
∴，解得．
②当m≥8时，OG＞CP，不存在满足条件的m的值．
③当m =0，即点C与点O重合时（如图3），
满足题意．
④当m＜0时，分两种情况：
ⅰ）当点E与点A重合时（如图4），
易证△COA∽△AOB，
∴，即．
解得．
ⅱ）当点E与点A重合时（如图5），
，
由题意，得OG=CP，
∴．
解得．
综上所述，m的值为或0或或．
（1）由△BCE∽△BAO即可用含m的代数式表示出CE的长．
（2）由△EDA∽△BOA即可求得，从而得到点D的坐标．
（3）分①0< m <8，②m≥8，③m =0，④m＜0四种情况讨论．
33．（2020·浙江衢州）【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF=2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．
【答案】（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或
【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【详解】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．
理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF=∠AHG=90°，
∵AH=AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF=AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．
∵AF=AG，
∴∠AFG=∠AGF，
∵∠AGF=∠OGL，
∴∠OGL=∠OLG，
∴OG=OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=2OD，
∴BF=2OL，
∴BF=2OG．
（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，
∵∠DAK=∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴，
∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，
又∵BF=2OG，，
∴，设CD=2x，AC=3x，则AD= ，
∴．
（4）解：设OG=a，AG=k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．
∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k+2a，AC=2（k+a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴，
由题意：=AD•（k+2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2+4ka，
∴k=2a，
∴AD= ，
∴BE= = ，AB=4a，
∴tan∠BAE= ．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．
∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴ ，
由题意：=AD•（k﹣2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2﹣4ka，
∴k= ，
∴AD= ，
∴，AB= ，
∴tan∠BAE= ，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
【点睛】本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．
34．（2020·浙江温州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知，当Q为BF中点时，．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由；
（2）求DE，BF的长；
（3）若AD＝6．①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系；②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
【答案】（1），理由见解析；（2） ；（3）①；②
【分析】（1）推出∠AED=∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE=12，MN=10，把代入，解得：x=6，得到NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得 ，,当DP=DF时 ，求出 ，得到BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y=0，则x=10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求得 ；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则 ，根据勾股定理得 ,则 ， ；由图可知，PQ不可能过点B．
【详解】解：（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：
如图1所示：
∵∠A=∠C=90°，
∴∠ADC+∠ABC=360°-（∠A+∠C）=180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x=0，得y=12，
∴DE=12，
令y=0，得x=10，
∴MN=10，
把代入，
解得：x=6，即NQ=6，
∴QM=10-6=4，
∵Q是BF中点，
∴FQ=QB，
∵BM=2FN，
∴FN+6=4+2FN，
解得：FN=2，
∴BM=4，
∴BF=FN+MN+MB=16；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：
∵FM=2+10=12=DE，DE∥BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF=EM，
∵AD=6，DE=12，∠A=90°，
∴∠DEA=30°，
∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，
∴∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，
∴∠DFM=∠DEM=120°，
∴∠MEB=180°-120°-30°=30°，
∴∠MEB=∠FBE=30°，
∴∠EHB=180°-30°-30°-30°=90°，DF=EM=BM=4，
，
∴EH=4+2=6，
由勾股定理得： ，
∴ ，
当DP=DF时， ，
解得： ，
，
，
BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示：
y=0，则x=10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示：
∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°，
，
CD=8+4=12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴ ，
∴ ，
解得： ；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示：
∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴ ，
根据勾股定理得： ,
∴ ，
，
解得： ；
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x=10或或时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
35．（2020·浙江）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2），4或3；（3）6≤a＜.
【分析】（1）根据等边三角形的性质，运用等边三角形内角都为60°以及三边相等进行求解．
（2）根据相似三角形的性质，运用对应边成比例以及勾股定理进行求解．
（3）根据三角函数以及三线合一性质，运用勾股定理以及比例关系进行求解．
【详解】（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝7，
∴＝，
∴DH＝，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，
∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2＝，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH＝＝＝8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵tanA＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴AD＝AB﹣BD＝，
观察图形可知当6≤a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
【点睛】本题考查等边三角形性质，勾股定理，相似三角形性质以及三角形函数的知识点，知识点的灵活运用，以及通过对图形的理解分析出结果的所以可能性是解决此类问题的关键所在．
36．（2020·浙江杭州）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，∠DAE的平分线AG与CD边交于点G，与BC的延长线交于点F．设＝λ（λ＞0）．
（1）若AB＝2，λ＝1，求线段CF的长．
（2）连接EG，若EG⊥AF，
①求证：点G为CD边的中点．
②求λ的值．
【答案】（1）﹣1；（2）①见解析；②λ＝
【分析】（1）根据AB＝2，λ＝1，可以得到BE、CE的长，然后根据正方形的性质，可以得到AE的长，再根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到EF的长，从而可以得到线段CF的长；
（2）①要证明点G为CD边的中点，只要证明△ADG≌△FGC即可，然后根据题目中的条件，可以得到△ADG≌△FGC的条件，从而可以证明结论成立；
②根据题意和三角形相似，可以得到CE和EB的比值，从而可以得到λ的值．
【详解】解：（1）∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠F，
又∵AG平分∠DAE，
∴∠DAG＝∠EAG，
∴∠EAG＝∠F，
∴EA＝EF，
∵AB＝2，∠B＝90°，点E为BC的中点，
∴BE＝EC＝1，
∴AE＝＝，
∴EF＝，
∴CF＝EF﹣EC＝﹣1；
（2）①证明：∵EA＝EF，EG⊥AF，
∴AG＝FG，
在△ADG和△FCG中
，
∴△ADG≌△FCG（AAS），
∴DG＝CG，
即点G为CD的中点；
②设CD＝2a，则CG＝a，
由①知，CF＝DA＝2a，
∵EG⊥AF，∠GDF＝90°，
∴∠EGC+∠CGF＝90°，∠F+∠CGF＝90°，∠ECG＝∠GCF＝90°，
∴∠EGC＝∠F，
∴△EGC∽△GFC，
∴，
∵GC＝a，FC＝2a，
∴，
∴，
∴EC＝a，BE＝BC﹣EC＝2a﹣a＝a，
∴λ＝．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本题的关键．
37．（2020·浙江杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．
（1）求证：△BDE∽△EFC．
（2）设，
①若BC＝12，求线段BE的长；
②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）①BE＝4；②45
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出＝＝，即可得出结果；
②先求出＝，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，
∴∠DBE＝∠FEC，
∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，
∴＝＝，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，
∴＝，
解得：BE＝4；
②∵＝，
∴＝，
∵EF∥AB，
∴△EFC∽△BAC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S△ABC＝S△EFC＝×20＝45．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理与性质．
38．（2020·浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F， 已知OB=8．
（1）求证：四边形AEFD为菱形．
（2）求四边形AEFD的面积．
（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P， Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）48；（3）点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)
【分析】（1）结合正方形性质求得△ACE≌△ABD，从而得到AE=AD，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）连接DE，求出△ADE的面积即可解决问题．
（3）首先证明AK=3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形．③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形．分别利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∵四边形ABOC是正方形，
∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴是菱形
（2）如图1，连结DE
∵S△ABD＝AB·BD＝， S△ODE＝OD·OE＝，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE＝64－2－8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48
（3）由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1:3
1）当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2、图3两种情况：
如图2，AG与PQ交于点H，
∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t
∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，
∴点N是OP中点，
∴HN是△OPQ的中位线，
∴ON＝PN＝8－t
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴＝＝ ，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN－NH＝8－3t.
∵PN＝3MH，
∴8－t =3(8－3t)，解得t＝2
∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12
∴点P的坐标为(12，0)
如图3，△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，
∴△AMH∽△HNP，
∴＝＝，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM－AB＝3t－8，
∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24
又∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4
∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，
∴点P的坐标为(24，0)
2）当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4、图5两种情况：
如图4，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N
∵MH是△QAC的中位线，
∴HM＝＝4
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴＝＝，则PN＝＝，
∴OM＝
设HN＝t，则MQ＝3t
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－，解得t＝
∴OP＝MN＝4＋t＝，
∴点P的坐标为(，0)
如图5，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N
∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH，
∴△PMH∽△HNQ，
∴＝＝＝，则MH＝NQ＝
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+，解得 t＝
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝，
∴点P的坐标为(，0)
3）当AP为菱形对角线时，有图6一种情况：
如图6，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，交AB于点I，过点P作PN⊥HM于点N
∵HI∥x轴，点H为AP的中点，
∴AI＝IB＝4，
∴PN＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°，
∴△PNH∽△HMQ，
∴＝＝＝，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0)
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题，属于中考压轴题．
专题16 相似三角形与位似图形
一、单选题
1．（2022·浙江衢州）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，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可得，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，
，则选项A正确；
，
，
，，
，，
，，
，
，则选项B正确；
假设，
，
又，
，
，与矛盾，
则假设不成立，选项C错误；
，，
，
在和中，，
，
，即，
，则选项D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
2．（2022·浙江衢州）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：由题意可知，四边形是矩形，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
整理得：，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
3．（2022·浙江湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（ ）
A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC
【答案】D
【分析】根据矩形的性质以及勾股定理即可判断A，根据折叠的性质即可求得，进而判断B，根据折叠的性质可得，进而判断C选项，根据勾股定理求得的长，根据平行线线段成比例，可判断D选项
【详解】BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，
故A选项正确，
将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，
，
,
故B选项正确，
,
∴EG∥HF，
故C正确
设，则，
，
即
，同理可得
若
则
，
，
不平行，
即不垂直，
故D不正确．
故选D
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·浙江绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A． B． C．10 D．
【答案】A
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【详解】解：当△DFE∽△ECB时，如图，
∴，
设DF=x，CE=y，
∴，解得：，
∴，故B选项不符合题意；
∴，故选项D不符合题意；
如图，当△DCF∽△FEB时，
∴，
设FC=m，FD=n，
∴，解得：，
∴FD=10，故选项C不符合题意；
，故选项A符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答．
5．（2022·浙江舟山）如图，在和中，，点A在边的中点上，若，，连结，则的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【分析】过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，根据等腰直角三角形的性质可得，∠BED=45°，进而得到，，，再证得△BEF∽△ABG，可得，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，
在中，∠BDE=90°，，
∴，∠BED=45°，
∵点A在边的中点上，
∴AD=AE=1，
∴，
∴，
∵∠BED=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵∠ABC=∠F=90°，
∴EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABG，
∴△BEF∽△ABG，
∴，即，
解得：，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
6．（2022·浙江丽水）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，根据题意得，然后利用平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】解：过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，
根据题意得，
∵，
∴，
又∵，
∴
故选：C
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的应用，作出适当的辅助线是解题的关键．
7．（2021·浙江绍兴）如图，中，，，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使，连结CE，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出，在结合题意可得，即证明，从而得出，即易证，得出．再由等腰三角形的性质可知，，即证明，从而可间接推出．最后由，即可求出的值，即的值．
【详解】∵在中，点D是边BC的中点，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴在和中，，
∴，
∴，
∵为等腰三角形，
∴，，
∴，
∴，即．
∵，
∴，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
8．（2021·浙江绍兴）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高，树影，树AB与路灯O的水平距离，则树的高度AB长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用相似三角形的性质得到对应边成比例，列出等式后求解即可．
【详解】解：由题可知，，
∴,
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与应用，解决本题的关键是能读懂题意，建立相似关系，得到对应边成比例，完成求解即可，本题较基础，考查了学生对相似的理解与应用等．
9．（2020·浙江绍兴）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（ ）
A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【答案】A
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解.
【详解】解：设投影三角尺的对应边长为xcm,
∵三角尺与投影三角尺相似,
∴8：x＝2：5,
解得x＝20.
故选:A.
【点睛】本题主要考查了位似变换的应用.
10．（2020·浙江嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（ ）
A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
11．（2020·浙江温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（ ）
A．14 B．15
C． D．
【答案】A
【分析】方法一：连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
方法二：设AB交CR于点M，先证得，可得、，进而可求得PC＝5，CQ＝10，设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
【详解】方法一：
解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J，
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，
∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°，
∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上，
∵DE∥AI∥BH，
∴∠CEP＝∠CHQ，
∵∠ECP＝∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴，
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10，
∵EC:CH＝1:2，
∴AC:BC＝1:2，
设AC＝a，则BC＝2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，
∴四边形ABQC为平行四边形，
∴AB＝CQ＝10，
∵，
∴，
∴（舍负）
∴，，
∵，
∴，
∵JR＝AF＝AB＝10，
∴CR＝CJ＋JR＝14，
故选：A．
方法二：
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10
设，则
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°
由勾股定理得
由等面积法得
设与交于点J
∵四边形ABGF是正方形
PQ⊥CR，CR⊥AB，∠ACB＝90°
∴CQAB，ACBQ，四边形AMRF是矩形
∴四边形ABQC为平行四边形，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用及等面积法，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
二、填空题
12．（2022·浙江衢州）如图，在中，边在轴上，边交轴于点．反比例函数的图象恰好经过点，与边交于点．若，，，则=____．
【答案】
【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，设点的坐标为，则，先根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，又根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，，再根据反比例函数的解析式可得，从而可得，然后根据即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
设点的坐标为，则，
，，
，，
轴，轴，
，
，
，即，
，
又轴，轴，
，
，
，即，
解得，，
将代入反比例函数得：，
，
，
由得：，
，
，
，
解得，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数的几何应用、相似三角形的判定与性质，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
13．（2022·浙江杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m．
【答案】9.88
【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
∴AC∥DE，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴Rt△ABC∽△Rt△DEF，
∴，即，
解得AB=9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．
14．（2022·浙江湖州）如图，已知在△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，，．若DE＝2，则BC的长是______．
【答案】6
【分析】根据相似三角形的性质可得，再根据DE=2，进而得到BC长．
【详解】解：根据题意，
∵，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵DE＝2，
∴，
∴；
故答案为：6．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的性质进行计算．
15．（2022·浙江温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片，此时各叶片影子在点M右侧成线段，测得，垂直于地面的木棒与影子的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于___________米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于___________米．
【答案】 10
【分析】过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，求出CH的长度，根据，求出OM的长度，证明，得出，，求出IJ、BI、OI的长度，用勾股定理求出OB的长，即可算出所求长度．
【详解】如图，过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，
由题意可知，点O是AB的中点，
∵，
∴点H是CD的中点，
∵，
∴，
∴，
又∵由题意可知：，
∴，解得，
∴点O、M之间的距离等于，
∵BI⊥OJ，
∴，
∵由题意可知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形IHDJ是平行四边形，
∴，
∵，
∴，，，
∵在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴叶片外端离地面的最大高度等于，
故答案为：10，．
【点睛】本题主要考查了投影和相似的应用，及勾股定理和平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
16．（2021·浙江衢州）图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子打开时的侧面示意图，椅面CE与地面平行，支撑杆AD，BC可绕连接点O转动，且，椅面底部有一根可以绕点H转动的连杆HD，点H是CD的中点，FA，EB均与地面垂直，测得，，．
（1）椅面CE的长度为_________cm．
（2）如图3，椅子折叠时，连杆HD绕着支点H带动支撑杆AD，BC转动合拢，椅面和连杆夹角的度数达到最小值时，A，B两点间的距离为________cm（结果精确到0.1cm）．（参考数据：，，）
【答案】 40 12.5
【分析】（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，，列比例求出CM长度，则CE=AB-CM；（2）根据图2可得，对应袋图3中求出CD长度，列比例求AB即可．
【详解】解：（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，
∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
解得：CM=8cm，
∴CE=AB-CM=48-8=40cm；
故答案为：40；
（2）在图2中，
∵，椅面CE与地面平行，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵H是CD的中点，
∴，
∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
图3中，过H点作CD的垂线，垂足为N，
因为 ，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：12.5．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识点，找到对应相似三角形并正确列出比例是解决本题的关键．
17．（2021·浙江台州）如图，点E， F，G分别在正方形ABCD的边AB，BC，AD上，AF⊥EG．若AB＝5，AE＝DG＝1，则BF＝_____．
【答案】
【分析】先证明，得到，进而即可求解．
【详解】∵在正方形ABCD中，AF⊥EG，
∴∠AGE+∠GAM =90°，∠FAB+∠GAM=90°，
∴∠FAB =∠AGE，
又∵∠ABF=∠GAE=90°，
∴，
∴，即：，
∴BF=．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，证明，是解题的关键．
18．（2021·浙江嘉兴）如图，在中，对角线，BD交于点O,，于点，若AB=2，，则的长为__________________．
【答案】
【分析】根据勾股定理求得AC的长，结合平行四边形的性质求得AO的长，然后利用相似三角形的判定和性质求解．
【详解】解：∵，，AB=2
∴在Rt△ABC中，AC=
∴在中，AO=
在Rt△ABO中，BO=
∵，
∴
又∵
∴
∴，
解得：AH=
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
19．（2021·浙江嘉兴）如图，在直角坐标系中，与是位似图形，则位似中心的坐标为__________________．
【答案】
【分析】根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心．
【详解】解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心
∴M点坐标为
故答案为：．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握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是解题的关键．
20．（2020·浙江温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为_______米，BC为_______米．
【答案】
【分析】过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则△ABG、△BCH都是等腰直角三角形，四边形BGEF、BHPF是矩形，于是可根据等腰直角三角形的性质和勾股定理依次求出AG、BG、AB的长，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，易证△AEF∽△CPM，然后根据相似三角形的性质即可得到关于x的方程，解方程即可求出x，再根据勾股定理即可求出BC的长．
【详解】解：过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则GH⊥AE，GH⊥CP，
∴四边形BGEF、BHPF是矩形，
∵∠ANE＝45°，∴∠NAE＝45°，
∴AE=EN=EF+FM+MN=15+2+8=25，
∵∠ABG＝45°，∴∠GAB＝45°，
∴AG=BG=EF=15，
∴，GE=BF=PH=10，
∵∠ABG＝45°，∠ABC＝90°，∴∠CBH＝45°，
∴∠BCH=45°，∴BH=CH，
设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，
∵∠1=∠2，∠AEF=∠CPM=90°，
∴△AEF∽△CPM，
∴，即，解得：x=20，
即BH=CH=20，
∴．
∴米，米．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关键．
三、解答题
21．（2022·浙江衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．
(1)求证：.
(2)若．
①求菱形的面积.
②求的值.
(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
【答案】(1)见解析
(2)①24，②
(3)＝，理由见解析
【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；
（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；
（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）
解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）
如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，为定值，
此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
22．（2022·浙江杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，
(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：；
②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．
【答案】(1)5
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积；
（2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立；
②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论．
（1）
解：∵，点M是边AB的中点，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理，得
，
∴正方形EFGH的面积为5．
（2）
解：①由题意知，
∴，
∵四边形EFGH是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
②由①得，
又∵，，
∴，
设的面积为．
∵∠K=∠K， ∠KHI=∠A=90°，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
23．（2022·浙江湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S．
(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．
①若，，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：．
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
（2）等边与等边共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a与b的关系，从而得到结论
(1)
∵，
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴
∴，
得：
∴．
即
(2)
，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴
∴
∴
由题意得：，
∴
∴
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等
24．（2022·浙江杭州）如图，在ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF，已知四边形BFED是平行四边形，．
(1)若，求线段AD的长．
(2)若的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
【答案】(1)2
(2)6
【分析】（1）利用平行四边形对边平行证明，得到即可求出；
（2）利用平行条件证明，分别求出、的相似比，通过相似三角形的面积比等于相似比的平方分别求出、，最后通过求出．
（1）
∵四边形BFED是平行四边形，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）
∵四边形BFED是平行四边形，
∴，，DE=BF，
∴，
∴
∴，
∵，DE=BF，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方、灵活运用平行条件证明三角形相似并求出相似比是解题关键．
25．（2022·浙江宁波）如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设．
(1)用含的代数式表示．
(2)求证：．
(3)如图2，为的直径．
①当的长为2时，求的长．
②当时，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①3；②
【分析】（1）根据，即可求解；
（2）由（1）的结论，、证即可；
（3）①通过角的转换得，即可求的长；②连结，证，设，则，由相似的性质即可求解；
（1）
∵，①
又∵，②
②-①，得2，
∴．
（2）
由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（3）
①∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴在中，，
∵为的直径，
∴．
∴．
∴与的度数之比为3∶2．
∴与的的长度之比为3∶2，
∵，
∴．
②如图，连结．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
设与的相似比为k，
∴．
∵，
∴设，则，
∴，
，
∴，
由，得，
解得，（舍），
∴，，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
26．（2022·浙江宁波）
(1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值．
(3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）利用，证明，利用相似比即可证明此问；
（2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于点M，连接，作，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长．
（1）
解：∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）
解：由（1）得，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）
解：如图，延长交于点M，连接，作，垂足为N．
在中，．
∵，
∴由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∴．在中，．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
27．（2022·浙江舟山）如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知．
(1)线段与垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段的中点时，求的值．
【答案】(1)，见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明（），得到，进一步得到，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
（2）过点K作于点G．先证△AKG∽△ACB，得，证△KHG∽CHB可得，结论得证；
（3）过点K作点G．求得，设，，则KG＝AG＝GB＝3a，则，勾股定理得，，由得，得，，即可得到答案．
（1）
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴（），
∴．
又∵，
∴．
∵
∴△CFH是等腰三角形，
∴．
（2）
证明：如图1，过点K作于点G．
∵，
∴．
∴，
∴．
∵，，
∴．
∴，
∴，
∴．
（3）
解：如图2，过点K作点G．
∵点K为中点：
由（2）得，
∴，
设，，则，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
28．（2022·浙江丽水）如图，以为直径的与相切于点A，点C在左侧圆弧上，弦交于点D，连接．点A关于的对称点为E，直线交于点F，交于点G．
(1)求证：；
(2)当点E在上，连接交于点P，若，求的值；
(3)当点E在射线上，，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求的长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)或或或
【分析】（1）设CD与AB相交于点M，由与相切于点A，得到，由，得到，进而得到，由平行线的性质推导得，，，最后由点A关于的对称点为E得到即可证明．
（2）过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，证明得到，再证明得到；最后根据及得到和，最后根据平行线分线段成比例求解．
（3）分四种情形：如图1中，当时，如图2中，当时，如图3中，当时，如图4中，当时，分别求解即可．．
（1）
证明：如图，设CD与AB相交于点M，
∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴．
（2）
解：过F点作于点K，设AB与CD交于点N，连接DF，如下图所示：
由同弧所对的圆周角相等可知：，
∵为的直径，且，由垂径定理可知：，
∴，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴，即，
∴，
由同弧所对的圆周角相等可知：，且，
∴，
∴，
∵，AB与CD交于点N，
∴．
∵，，
∴，
∴，设KE=2x，EN=5x，
∵点A关于的对称点为E，
，，，
又，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）
解：分类讨论如下：
如图1中，当时，连接，，设，则，
∵，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
∵，
，
，
；
如图2中，当时，连接，设交点．
设，
∵，
，
，
，，
，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，，
；
如图3中，当时，连接，，
设，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
、，
、，
、，
，
；
如图4中，当时，连接，，．
设，
∵，
，
，
，
，
，
由，
，
，
，
，
，
．
综上所述，满足条件的的长为或或或，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．
29．（2021·浙江衢州）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
【拓展】
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；
（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，
，
．
又四边形ABCD是正方形，
，
，
，
又 正方形
，
．
（2）如图，连接，
由（1）得，
，
由折叠得，，
．
四边形是正方形，
，
，
又，
，
．
，，
，．
，
，
（舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，
同（2）可得，，
，
由折叠得，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
（舍去）．
②当点在点右边时，如图，
同理得，，
同理可得，
可得，，
，
，
（舍去）．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
．
30．（2021·浙江宁波）【证明体验】
（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．
【思考探究】
（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．
【拓展延伸】
（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；
（2）先证明，得，进而即可求解；
（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．
【详解】解：（1）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即平分；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（3）如图，在上取一点F，使得，连结．
∵平分，
∴
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．
31．（2021·浙江丽水）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．
（1）当时，
①求证：；
②连结，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．
【分析】（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件证明出，算出面积之比；
（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE= ．
【详解】（1）①证明：在菱形中，
，
，
，
，
∴（ASA），
∴．
②解：如图1，连结．
由①知，，
．
在菱形中，，
∴，
设，则．
，
∴，
∴，
∴．
（2）解：在菱形中，，
，
，
同理，，
∴．
是等腰三角形有三种情况：
①如图2，当时，，
，
，
，
．
②如图3，当时，
，
，
，
∴．
③如图4，当时，
，
，
，
．
综上所述，当或2或时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．
32．（2013·浙江温州）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（6，0），B（0，8），点C的坐标为（0，m），过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴上一动点，连结CD，DE，以CD，DE为边作□CDEF．
（1）当0< m <8时，求CE的长（用含m的代数式表示）；
（2）当m =3时，是否存在点D，使□CDEF的顶点F恰好落在y轴上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点D在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得□CDEF为矩形，请求出所有满足条件的m的值．
【答案】（1）（2）存在（3）m的值为或0或或
【详解】解：（1）∵A（6，0），B（0，8），∴OA=6，OB=8．∴AB=10．
∵∠CEB=∠EBC=900，∠OBA=∠EBC，∴△BCE∽△BAO．
∴，即．∴．
（2）存在．
∵m =3，∴BC=8－m=5，．
∴根据勾股定理得BC=4．
∴AE=AB－BE=6．
∵点F落在y轴上（如图1），
∴DE∥BO．
∴△EDA∽△BOA．∴，即．
解得：．∴点D的坐标为（，0）．
（3）取CE的中点P，过点P作PG⊥y轴于点G，
则．
①当0< m <8时（如图2），
易证∠GCP=∠BAO，
∴．
∴．
∴．
由题意，根据矩形对角线平分且相等的性质，得OG=CP，
∴，解得．
②当m≥8时，OG＞CP，不存在满足条件的m的值．
③当m =0，即点C与点O重合时（如图3），
满足题意．
④当m＜0时，分两种情况：
ⅰ）当点E与点A重合时（如图4），
易证△COA∽△AOB，
∴，即．
解得．
ⅱ）当点E与点A重合时（如图5），
，
由题意，得OG=CP，
∴．
解得．
综上所述，m的值为或0或或．
（1）由△BCE∽△BAO即可用含m的代数式表示出CE的长．
（2）由△EDA∽△BOA即可求得，从而得到点D的坐标．
（3）分①0< m <8，②m≥8，③m =0，④m＜0四种情况讨论．
33．（2020·浙江衢州）【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF=2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．
【答案】（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或
【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【详解】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．
理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF=∠AHG=90°，
∵AH=AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF=AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．
∵AF=AG，
∴∠AFG=∠AGF，
∵∠AGF=∠OGL，
∴∠OGL=∠OLG，
∴OG=OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=2OD，
∴BF=2OL，
∴BF=2OG．
（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，
∵∠DAK=∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴，
∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，
又∵BF=2OG，，
∴，设CD=2x，AC=3x，则AD= ，
∴．
（4）解：设OG=a，AG=k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．
∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k+2a，AC=2（k+a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴，
由题意：=AD•（k+2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2+4ka，
∴k=2a，
∴AD= ，
∴BE= = ，AB=4a，
∴tan∠BAE= ．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．
∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴ ，
由题意：=AD•（k﹣2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2﹣4ka，
∴k= ，
∴AD= ，
∴，AB= ，
∴tan∠BAE= ，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
【点睛】本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．
34．（2020·浙江温州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知，当Q为BF中点时，．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由；
（2）求DE，BF的长；
（3）若AD＝6．①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系；②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
【答案】（1），理由见解析；（2） ；（3）①；②
【分析】（1）推出∠AED=∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE=12，MN=10，把代入，解得：x=6，得到NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得 ，,当DP=DF时 ，求出 ，得到BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y=0，则x=10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求得 ；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则 ，根据勾股定理得 ,则 ， ；由图可知，PQ不可能过点B．
【详解】解：（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：
如图1所示：
∵∠A=∠C=90°，
∴∠ADC+∠ABC=360°-（∠A+∠C）=180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x=0，得y=12，
∴DE=12，
令y=0，得x=10，
∴MN=10，
把代入，
解得：x=6，即NQ=6，
∴QM=10-6=4，
∵Q是BF中点，
∴FQ=QB，
∵BM=2FN，
∴FN+6=4+2FN，
解得：FN=2，
∴BM=4，
∴BF=FN+MN+MB=16；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：
∵FM=2+10=12=DE，DE∥BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF=EM，
∵AD=6，DE=12，∠A=90°，
∴∠DEA=30°，
∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，
∴∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，
∴∠DFM=∠DEM=120°，
∴∠MEB=180°-120°-30°=30°，
∴∠MEB=∠FBE=30°，
∴∠EHB=180°-30°-30°-30°=90°，DF=EM=BM=4，
，
∴EH=4+2=6，
由勾股定理得： ，
∴ ，
当DP=DF时， ，
解得： ，
，
，
BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示：
y=0，则x=10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示：
∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°，
，
CD=8+4=12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴ ，
∴ ，
解得： ；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示：
∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴ ，
根据勾股定理得： ,
∴ ，
，
解得： ；
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x=10或或时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
35．（2020·浙江）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2），4或3；（3）6≤a＜.
【分析】（1）根据等边三角形的性质，运用等边三角形内角都为60°以及三边相等进行求解．
（2）根据相似三角形的性质，运用对应边成比例以及勾股定理进行求解．
（3）根据三角函数以及三线合一性质，运用勾股定理以及比例关系进行求解．
【详解】（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝7，
∴＝，
∴DH＝，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，
∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2＝，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH＝＝＝8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵tanA＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴AD＝AB﹣BD＝，
观察图形可知当6≤a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
【点睛】本题考查等边三角形性质，勾股定理，相似三角形性质以及三角形函数的知识点，知识点的灵活运用，以及通过对图形的理解分析出结果的所以可能性是解决此类问题的关键所在．
36．（2020·浙江杭州）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，∠DAE的平分线AG与CD边交于点G，与BC的延长线交于点F．设＝λ（λ＞0）．
（1）若AB＝2，λ＝1，求线段CF的长．
（2）连接EG，若EG⊥AF，
①求证：点G为CD边的中点．
②求λ的值．
【答案】（1）﹣1；（2）①见解析；②λ＝
【分析】（1）根据AB＝2，λ＝1，可以得到BE、CE的长，然后根据正方形的性质，可以得到AE的长，再根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到EF的长，从而可以得到线段CF的长；
（2）①要证明点G为CD边的中点，只要证明△ADG≌△FGC即可，然后根据题目中的条件，可以得到△ADG≌△FGC的条件，从而可以证明结论成立；
②根据题意和三角形相似，可以得到CE和EB的比值，从而可以得到λ的值．
【详解】解：（1）∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠F，
又∵AG平分∠DAE，
∴∠DAG＝∠EAG，
∴∠EAG＝∠F，
∴EA＝EF，
∵AB＝2，∠B＝90°，点E为BC的中点，
∴BE＝EC＝1，
∴AE＝＝，
∴EF＝，
∴CF＝EF﹣EC＝﹣1；
（2）①证明：∵EA＝EF，EG⊥AF，
∴AG＝FG，
在△ADG和△FCG中
，
∴△ADG≌△FCG（AAS），
∴DG＝CG，
即点G为CD的中点；
②设CD＝2a，则CG＝a，
由①知，CF＝DA＝2a，
∵EG⊥AF，∠GDF＝90°，
∴∠EGC+∠CGF＝90°，∠F+∠CGF＝90°，∠ECG＝∠GCF＝90°，
∴∠EGC＝∠F，
∴△EGC∽△GFC，
∴，
∵GC＝a，FC＝2a，
∴，
∴，
∴EC＝a，BE＝BC﹣EC＝2a﹣a＝a，
∴λ＝．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本题的关键．
37．（2020·浙江杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．
（1）求证：△BDE∽△EFC．
（2）设，
①若BC＝12，求线段BE的长；
②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）①BE＝4；②45
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出＝＝，即可得出结果；
②先求出＝，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，
∴∠DBE＝∠FEC，
∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，
∴＝＝，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，
∴＝，
解得：BE＝4；
②∵＝，
∴＝，
∵EF∥AB，
∴△EFC∽△BAC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S△ABC＝S△EFC＝×20＝45．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理与性质．
38．（2020·浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F， 已知OB=8．
（1）求证：四边形AEFD为菱形．
（2）求四边形AEFD的面积．
（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P， Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）48；（3）点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)
【分析】（1）结合正方形性质求得△ACE≌△ABD，从而得到AE=AD，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）连接DE，求出△ADE的面积即可解决问题．
（3）首先证明AK=3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形．③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形．分别利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∵四边形ABOC是正方形，
∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴是菱形
（2）如图1，连结DE
∵S△ABD＝AB·BD＝， S△ODE＝OD·OE＝，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE＝64－2－8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48
（3）由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1:3
1）当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2、图3两种情况：
如图2，AG与PQ交于点H，
∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t
∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，
∴点N是OP中点，
∴HN是△OPQ的中位线，
∴ON＝PN＝8－t
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴＝＝ ，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN－NH＝8－3t.
∵PN＝3MH，
∴8－t =3(8－3t)，解得t＝2
∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12
∴点P的坐标为(12，0)
如图3，△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，
∴△AMH∽△HNP，
∴＝＝，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM－AB＝3t－8，
∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24
又∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4
∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，
∴点P的坐标为(24，0)
2）当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4、图5两种情况：
如图4，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N
∵MH是△QAC的中位线，
∴HM＝＝4
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴＝＝，则PN＝＝，
∴OM＝
设HN＝t，则MQ＝3t
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－，解得t＝
∴OP＝MN＝4＋t＝，
∴点P的坐标为(，0)
如图5，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N
∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH，
∴△PMH∽△HNQ，
∴＝＝＝，则MH＝NQ＝
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+，解得 t＝
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝，
∴点P的坐标为(，0)
3）当AP为菱形对角线时，有图6一种情况：
如图6，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，交AB于点I，过点P作PN⊥HM于点N
∵HI∥x轴，点H为AP的中点，
∴AI＝IB＝4，
∴PN＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°，
∴△PNH∽△HMQ，
∴＝＝＝，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0)
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题，属于中考压轴题．
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