初中数学中考复习 专题15 相似三角形-2022年中考数学真题分项汇编（全国通用）（第1期）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题15 相似三角形-2022年中考数学真题分项汇编（全国通用）（第1期）（解析版），共61页。试卷主要包含了这体现了数学中的黄金分割等内容，欢迎下载使用。

专题15 相似三角形
一．选择题
1．（2022·湖南衡阳）在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感．如图，按此比例设计一座高度为的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是（       ）（结果精确到．参考数据：，，）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设雕像的下部高为x m，由黄金分割的定义得求解即可．
【详解】解：设雕像的下部高为x m，则上部长为（2-x）m，
∵雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，雷锋雕像为2m，
∴   ∴， 即该雕像的下部设计高度约是1.24m， 故选：B．
【点睛】本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握黄金分割的定义及黄金比值是解题的关键．
2．（2022·山西）神奇的自然界处处蕴含着数学知识．动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的（       ）

A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．黄金分割
【答案】D
【分析】根据黄金分割的定义即可求解．
【详解】解：动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的黄金分割．故选：D
【点睛】本题考查了黄金分割的定义，黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，约等于0.618，这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割．熟知黄金分割的定义是解题关键．
3．（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．
4．（2022·湖南湘潭）在中（如图），点、分别为、的中点，则（       ）


A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证出是的中位线，由三角形中位线定理得出，，证出，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结论．
【详解】解：点、分别为、的中点，是的中位线，，，
，．故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形相似是解决问题的关键．
5．（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．
6．（2022·甘肃武威）若，，，则（     ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据△ABC∽△DEF，可以得到然后根据BC=6，EF=4，即可求解．
【详解】解：∵∴
，，故选D
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
7．（2022·云南）如图，在ABC中，D、E分别为线段BC、BA的中点，设ABC的面积为S，EBD的面积为S．则=（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先判定，得到相似比为，再根据两个相似三角形的面积比等于相似比的平方，据此解题即可．
【详解】解：∵D、E分别为线段BC、BA的中点，∴，
又∵，∴，相似比为，
∴，故选：B．
【点睛】此题考查相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
8．（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．
9．（2022·江苏连云港）的三边长分别为2，3，4，另有一个与它相似的三角形，其最长边为12，则的周长是（       ）
A．54 B．36 C．27 D．21
【答案】C
【分析】根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵△ABC与△DEF相似，△ABC的最长边为4，△DEF的最长边为12，
∴两个相似三角形的相似比为1:3，
∴△DEF的周长与△ABC的周长比为3:1，
∴△DEF的周长为3×（2+3+4）=27，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形的周长之比等于相似之比是解题的关键．
10．（2022·四川凉山）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC，，DE＝6cm，则BC的长为（       ）


A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm
【答案】C
【分析】根据平行得到，根据相似的性质得出，再结合，DE＝6cm，利用相似比即可得出结论．
【详解】解：在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DEBC，，
，，，
，，
，，故选：C．
【点睛】本题考查利用相似求线段长，涉及到平行线的性质、两个三角形相似的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
11．（2022·重庆）如图，与位似，点O是它们的位似中心，且位似比为1∶2，则与的周长之比是（       ）

A．1∶2 B．1∶4 C．1∶3 D．1∶9
【答案】A
【分析】根据位似图形是相似图形，位似比等于相似比，相似三角形的周长比等于相似比即可求解．
【详解】解：∵与位似
∴
∵与的位似比是1:2
∴与的相似比是1:2
∴与的周长比是1:2故选：A．
【点睛】本题考查了位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质和相似三角形的性质．
12．（2022·重庆）如图，与位似，点为位似中心，相似比为．若的周长为4，则的周长是（       ）

A．4 B．6 C．9 D．16
【答案】B
【分析】根据周长之比等于位似比计算即可．
【详解】设的周长是x，
∵ 与位似，相似比为，的周长为4，
∴4：x=2：3，解得：x=6，故选：B．
【点睛】本题考查了位似的性质，熟练掌握位似图形的周长之比等于位似比是解题的关键．
13．（2022·浙江金华）如图是一张矩形纸片，点E为中点，点F在上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为与相交于点G，的延长线过点C．若，则的值为（       ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令BF=2x，CG=3x，FG=y，易证，得出，进而得出y=3x，则AE=4x，AD=8x，过点E作EH⊥BC于点H，根据勾股定理得出EH=x，最后求出的值．
【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H，
又四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC，
∴四边形ABHE和四边形CDEH为矩形，
∴AB=EH，ED=CH，
∵，
∴令BF=2x，CG=3x，FG=y，则CF=3x+y，，，
由题意，得，
又为公共角，
∴，
∴，
则，
整理，得，
解得x=-y（舍去），y=3x，
∴AD=BC=5x+y=8x，EG=3x，HG=x，
在Rt△EGH中EH2+HG2=EG2，
则EH2+x2=(3x)2，
解得EH=x， EH=-x(舍)，
∴AB=x，
∴．故选：A．


【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理求边长等知识，借助于相似三角形找到y=3x的关系式是解决问题的关键．
14．（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．
15．（2022·四川眉山）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再证明即可求出可知③正确；过点E作交FD于点M，求出，再证明，即可知④正确．
【详解】解：∵旋转得到，
∴，
∵为正方形，，，在同一直线上，
∴，
∴，故①正确；
∵旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
设正方形边长为a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，故③正确；
过点E作交FD于点M，

∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
16．（2022·湖南株洲）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点，过点作交的延长线于点，下列结论不一定正确的是（       ）

A． B．是直角三角形 C． D．
【答案】D
【分析】由菱形的性质可知，，由两直线平行，同位角相等可以推出，再证明，得出，，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可以得出．现有条件不足以证明．
【详解】解：∵在菱形中，对角线与相交于点，
∴，，∴，
∵，∴，
∴是直角三角形，故B选项正确；
∵，，
∴，∴，
∴，，故A选项正确；
∴BC为斜边上的中线，
∴，故C选项正确；
现有条件不足以证明，故D选项错误；故选D．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质以及直角三角形斜边中线的性质，难度一般，由菱形的性质得出，是解题的关键．
17．（2022·浙江温州）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连结，作于点M，于点J，于点K，交于点L．若正方形与正方形的面积之比为5，，则的长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF=AB=m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL=FM，设AL=FM=x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2=（m）2，可解得x=m，有AL=FM=m，FL=2m，从而可得AP=，FP=m，BP=，即知P为AB中点，CP=AP=BP=，由△CPN∽△FPA，得CN=m，PN=m，即得AN=m，而tan∠BAC=，又△AEC∽△BCH，根据相似三角形的性质列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，如图：

设正方形JKLM边长为m，∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，∴AF=AB=m，
由已知可得：∠AFL=90°-∠MFG=∠MGF，∠ALF=90°=∠FMG，AF=GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），∴AL=FM，设AL=FM=x，则FL=FM+ML=x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2=AF2，∴x2+（x+m）2=（m）2，
解得x=m或x=-2m（舍去），∴AL=FM=m，FL=2m，
AP=，

∴AP=BP，即P为AB中点，
∵∠ACB=90°，∴CP=AP=BP=
∵∠CPN=∠APF，∠CNP=90°=∠FAP，∴△CPN∽△FPA，
即
∴CN=m，PN=m，∴AN=AP+PN=
tan∠BAC=，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．
18．（2022·湖北十堰）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC=OB：OD=3，且量得CD=3cm，则零件的厚度x为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出△AOB和△COD相似，利用相似三角形对应边成比例列式计算求出AB，再
根据外径的长度解答．
【详解】解：∵OA：OC=OB：OD=3，∠AOB=∠COD，
∴△AOB∽△COD，∴AB：CD=3，∴AB：3=3，∴AB=9（cm），
∵外径为10cm，∴19+2x=10，∴x=0.5（cm）．故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的应用，解题的关键是利用相似三角形的性质求出AB的长．
二、填空题
19．（2022·陕西）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所做将矩形窗框分为上下两部分，其中E为边的黄金分割点，即．已知为2米，则线段的长为______米．

【答案】##
【分析】根据点E是AB的黄金分割点，可得，代入数值得出答案．
【详解】∵点E是AB的黄金分割点，∴．
∵AB=2米，∴米．故答案为：（）．
【点睛】本题主要考查了黄金分割的应用，掌握黄金比是解题的关键．
20．（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．
21．（2022·湖南怀化）如图，△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若S△ADE＝2，则S△ABC＝_____．

【答案】8
【分析】根据三角形中位线定理求得DE∥BC，，从而求得△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性质求解．
【详解】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，则DE为中位线，
所以DE∥BC，所以△ADE∽△ABC∴
∵S△ADE=2，∴S△ABC=8故答案为：8．
【点睛】本题考查中位线及平行线性质，本题难度较低，主要考查学生对三角形中位线及平行线性质等知识点的掌握．
22．（2022·四川成都）如图，和是以点为位似中心的位似图形．若，则与的周长比是_________．

【答案】
【分析】根据位似图形的性质，得到，根据得到相似比为，再结合三角形的周长比等于相似比即可得到结论．
【详解】解：和是以点为位似中心的位似图形，
，，
，，
根据与的周长比等于相似比可得，故答案为：．
【点睛】本题考查相似图形的性质，掌握位似图形与相似图形的关系，熟记相似图形的性质是解决问题的关键．
23．（2022·湖南娄底）如图，已知等腰的顶角的大小为，点D为边上的动点（与、不重合），将绕点A沿顺时针方向旋转角度时点落在处，连接．给出下列结论：①；②；③当时，的面积取得最小值．其中正确的结论有________（填结论对应的序号）．

【答案】①②③
【分析】依题意知，和是顶角相等的等腰三角形，可判断②；利用SAS证明， 可判断①；利用面积比等于相似比的平方，相似比为，故最小时面积最小，即，等腰三角形三线合一，D为中点时 .
【详解】∵绕点A沿顺时针方向旋转角度得到
∴，∴
即∴
∵得：（SAS）故①对
∵和是顶角相等的等腰三角形∴故②对
∴即AD最小时最小当时，AD最小
由等腰三角形三线合一，此时D点是BC中点 故③对 故答案为：①②③
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，手拉手模型，选项③中将面积与相似比结合是解题的关键 .
24．（2022·湖南常德）如图，已知是内的一点，，，若的面积为2，，，则的面积是________．

【答案】12
【分析】延长EF、DF分布交AC于点M、N，可以得到相似三角形并利用相似三角形分别求出AM、MN、CN之间的关系，从而得到三角形的面积关系即可求解．
【详解】解：如图所示：延长EF、DF分布交AC于点M、N，


，，，，
，，
令，则，，
，
，，
，
设，
，，
，求出,
，故答案为：12．
【点睛】本题考查了相似三角形中的A型，也可以利用平行线分线段成比例知识，具有一定的难度，不断的利用相似三角形的性质：对应线段成比例进行求解线段的长度；利用相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
25．（2022·天津）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于___________．

【答案】
【分析】连接FB，作交AB的延长线于点G．由菱形的性质得出，，解直角求出，，推出FB为的中位线，进而求出FB，利用勾股定理求出AF，再证明，得出．
【详解】解：如图，连接FB，作交AB的延长线于点G．


∵四边形是边长为2的菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
，
∵E为的中点，
∴，
∴，即点B为线段EG的中点，
又∵F为的中点，
∴FB为的中位线，
∴，，
∴，即是直角三角形，
∴．
在和中，
，‘
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，三角函数解直角三角形，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，添加辅助线构造直角是解题的关键．
26．（2022·江苏宿迁）如图，在矩形中，=6，=8，点、分别是边、的中点，某一时刻，动点从点出发，沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动；同时，动点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接，过点作的垂线，垂足为．在这一运动过程中，点所经过的路径长是_____．

【答案】##
【分析】根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，且 点H在以BQ为直径的上运动，运动路径长为的长，求出BQ及的圆角，运用弧长公式进行计算即可得到结果．
【详解】解：∵点、分别是边、的中点，
连接MN，则四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=6，AM=BN=AD==4，
根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴
∴
∴
当点E与点A重合时，则NF=，
∴BF=BN+NF=4+2=6，∴AB=BF=6
∴是等腰直角三角形，∴
∵BP⊥AF，∴
由题意得，点H在以BQ为直径的上运动，运动路径长为长，取BQ中点O，连接PO，NO，∴∠PON=90°，
又 ∴，
∴，∴的长为=故答案为：
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及弧长等知识，判断出点H运动的路径长为长是解答本题的关键．
27．（2022·四川宜宾）如图，中，点E、F分别在边AB、AC上，．若，，，则______．

【答案】
【分析】易证△AEF∽△ABC，得即即可求解．
【详解】解：∵∠1=∠2，∠A=∠A，∴△AEF∽△ABC，
∴，即
∵，，，∴，∴EF=，故答案为：．
【点睛】本题考查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定理是解题的关键．
28．（2022·河北）如图是钉板示意图，每相邻4个钉点是边长为1个单位长的小正方形顶点，钉点A，B的连线与钉点C，D的连线交于点E，则
（1）AB与CD是否垂直？______（填“是”或“否”）；（2）AE＝______．

【答案】     是     ##
【分析】（1）证明△ACG≌△CFD，推出∠CAG=∠FCD，证明∠CEA=90°，即可得到结论；
（2）利用勾股定理求得AB的长，证明△AEC∽△BED，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：（1）如图：AC=CF=2，CG=DF=1，∠ACG=∠CFD=90°，   
∴△ACG≌△CFD， ∴∠CAG=∠FCD，
∵∠ACE+∠FCD=90°，∴∠ACE+∠CAG=90°，
∴∠CEA=90°，∴AB与CD是垂直的，故答案为：是；
（2）AB=2，∵AC∥BD，∴△AEC∽△BED，
∴，即，∴，∴AE=BE=．故答案为：．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
29．（2022·湖南邵阳）如图，在中，点在边上，点在边上，请添加一个条件_________，使．

【答案】∠ADE=∠B（答案不唯一）．
【分析】已知有一个公共角，则可以再添加一个角从而利用有两组角对应相等的两个三角形相似来判定或添加夹此角的两边对应成比例也可以判定．
【详解】解∶∵∠A=∠A，
∴根据两角相等的两个三角形相似，可添加条件∠ADE=∠B或∠AED=∠C证相似；
根据两边对应成比例且夹角相等，可添加条件证相似．
故答案为∶∠ADE＝∠B（答案不唯一）．
【点睛】此题考查了本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
30．（2022·新疆）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则______．

【答案】
【分析】通过∠DFQ=∠DAQ=45°证明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通过有两个角分别相等的三角形相似证明，得到，将BQ代入DE、FQ中即可求出．
【详解】连接PQ，

∵绕点D顺时针旋转与完全重合，
∴DF=DE，∠EDF=90°，，
∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠DAQ=∠BAQ=45°，
∴∠DFQ=∠DAQ=45°，
∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角，
即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆），
∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，
∴∠EDQ=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°，
∴FQ=DQ=EQ，
∵A、B、C、D是正方形顶点，
∴AC、BD互相垂直平分，
∵点Q在对角线AC上，
∴BQ=DQ，
∴BQ=DQ=FQ=EQ，
∵∠AQF=∠ADF， ∠ADF=∠CDE，
∴∠AQF=∠CDE，
∵∠FAQ=∠PED=45°，
∴，
∴，
∴，
∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法．
三、解答题
31．（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．
32．（2022·四川乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
2．如图，在正方形ABCD中，．求证：．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．

某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．

(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．则______．

(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且．求的值．

【答案】(1)1；证明见解析(2)(3)
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．（3）先证是等边三角形，设，过点，垂足为，交于点，则，在中，利用勾股定理求得的长，然后证，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
(1)，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，

∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN∴AM＝AN，即EG＝FH，∴；
(2)解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，

在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，
∴，∴；故答案为：
(3)解：∵，，
∴是等边三角形，∴设，
过点，垂足为，交于点，则，
在中，，
∵，，∴，，
又∵，∴，
∵，，∴，
∴，∴，即．

【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
33．（2022·浙江嘉兴）小东在做九上课本123页习题：“1：也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1：．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．

(1)你赞同他的作法吗？请说明理由．(2)小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造DPE，使得DPE∽CPB．
①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．
【答案】(1)赞同，理由见解析，
(2)①，②点N是线段ME的“趣点”，理由见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的性质证明 再利用 从而可得结论；
（2）①由题意可得： 再求解 证明 从而可得答案；②先证明可得 再证明 从而可得结论．
(1)证明：赞同，理由如下：
等腰直角三角形ABC，



∴点P为线段AB的“趣点”．
(2)①由题意可得：



DPE∽CPB，D，A重合，


②点N是线段ME的“趣点”，理由如下：
当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），
而




同理可得：


点N是线段ME的“趣点”．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的应用，相似三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，等腰三角形的判定与性质，理解新定义的含义，掌握特殊的几何图形的性质是解本题的关键．
34．（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
35．（2022·江西）如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，．

(1)求证：；(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析(2)AE=9
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，得出，，根据平行线的性质和等边对等角，结合，得出，即可证明结论；
（2）根据，得出，代入数据进行计算，即可得出AE的值．
(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴，，
，，
∵，
∴，
∴．
(2)∵，
∴，即，解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出，是解题关键．
36．（2022·江苏扬州）如图1，在中，，点在边上由点向点运动（不与点重合），过点作，交射线于点．


(1)分别探索以下两种特殊情形时线段与的数量关系，并说明理由；
①点在线段的延长线上且；②点在线段上且．
(2)若．①当时，求的长；②直接写出运动过程中线段长度的最小值．
【答案】(1)①②(2)①②4
【分析】（1）①算出各个内角，发现其是等腰三角形即可推出
②算出各内角发现其是30°的直角三角形即可推出
（2）①分别过点A，E作BC的垂线，得到一线三垂直的相似，即，设，，利用30°直角三角形的三边关系，分别表示出，，, ，列等式求解a即可
②当，AE最小，计算思路与（2）的①相同
(1)①如图：


∵在中，，
∴
∵
∴

在中：

∴

∴
②如图：


∵
∴，
∴在中，
∴
∴
(2)
①分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H


易知：（一线三垂直）
设，
则，，
在中，，AB=6
则，
在中，，
则
在中，，


由


解得：，（舍）
故
②当，AE最小，最小为4
【点睛】本题考查几何综合，涉及特殊直角三角形，相似，等腰三角形，本题突破点是作辅助线构造一线三垂直的相似.
37．（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．
38．（2022·湖北武汉）问题提出：如图（1），中，，是的中点，延长至点，使，延长交于点，探究的值．

(1)先将问题特殊化．如图（2），当时，直接写出的值；
(2)再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展：如图（3），在中，，是的中点，是边上一点，，延长至点，使，延长交于点．直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】(1)[问题提出]（1）；（2）见解析
(2)[问题拓展]
【分析】[问题探究]（1）根据等边三角形的性质结合已知条件，求得，，根据含30度角的直角三角形的性质，可得，即可求解；
（2）取的中点，连接．证明，可得，根据，证明，根据相似三角形的性质可得，进而可得；
[问题拓展]方法同（2）证明，得出，，证明，得到，进而可得．
(1)
[问题探究]：（1）如图，

中，，是的中点，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）证明：取的中点，连接．

∵是的中点，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
(2)
[问题拓展]如图，取的中点，连接．

∵是的中点，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．



，

∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等边对等角，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
39．（2022·湖南岳阳）如图，和的顶点重合，，，，．

(1)特例发现：如图1，当点，分别在，上时，可以得出结论：______，直线与直线的位置关系是______；
(2)探究证明：如图2，将图1中的绕点顺时针旋转，使点恰好落在线段上，连接，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展运用：如图3，将图1中的绕点顺时针旋转，连接、，它们的延长线交于点，当时，求的值．
【答案】(1) ，垂直
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）解直角三角形求出，，可得结论；
（2）结论不变，证明，推出，，可得结论；
（3）如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点求出，，可得结论．
(1)
解：在中，，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，此时，
故答案为：，垂直；
(2)
结论成立．
理由：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(3)
如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点．

∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，，
当时，四边形是矩形，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
40．（2022·山西）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：


（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，．
∵点D是BC的中点，
∴CD=BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．


∴CG=CD=．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴，即，
∴；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，


∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，
解得x=，
∴线段AN的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
41．（2022·江苏苏州）（1）如图1，在△ABC中，，CD平分，交AB于点D，//，交BC于点E．①若，，求BC的长；②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．（2）如图2，和是△ABC的2个外角，，CD平分，交AB的延长线于点D，//，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为，△CDE的面积为，△BDE的面积为．若，求的值．

【答案】（1）①；②是定值，定值为1；（2）
【分析】（1）①证明，根据相似三角形的性质求解即可；
②由，可得，由①同理可得，计算；
（2）根据平行线的性质、相似三角形的性质可得，又，则，可得，设，则．证明，可得，过点D作于H．分别求得，进而根据余弦的定义即可求解．
【详解】（1）①∵CD平分，∴．
∵，∴．∴．
∵，∴．∴．
∴．∴．∴．∴．
②∵，∴．由①可得，
∴．∴．
∴是定值，定值为1．
（2）∵，∴．
∵，∴．又∵，∴．
设，则．∵CD平分，∴．
∵，∴．∴．
∵，∴．∴．∴．
∵，∴．∴．
∴．∴．如图，过点D作于H．


∵，∴．
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的性质与判定，求余弦，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
42．（2022·湖北黄冈）问题背景：
一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知AD是△ABC的角平分线，可证＝．小慧的证明思路是：如图2，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，构造相似三角形来证明＝．

(1)尝试证明：请参照小慧提供的思路，利用图2证明＝；
(2)应用拓展：如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，点C恰好落在边AB上的E点处．
①若AC＝1，AB＝2，求DE的长；②若BC＝m，∠AED＝，求DE的长（用含m，的式子表示）．
【答案】(1)详见解析(2)①DE=；②
【分析】（1）利用AB∥CE，可证得，即，由AD平分∠BAC，可知AC=EC，即可证得结果；（2）利用（1）中的结论进行求解表示即可．
(1)解：∵AB∥CE，∴∠BAD=∠DEC，
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，
∴∠CAD=∠DEC，∴AC=EC，
∵∠BDA=∠CDE，∴，
∴，即，∴；
(2)①由折叠可知，AD平分∠BAC，CD=DE，由（1）得，，
∵AC＝1，AB＝2，∴，
∴，解得：CD=，∴DE= CD=；
②由折叠可知∠AED＝∠C=，∴，
由①可知，∴，
∴，即：．
【点睛】本题主要考查的是相似三角形的综合运用，灵活转化比例关系是解题的关键．
43．（2022·甘肃武威）已知正方形，为对角线上一点．


(1)【建立模型】如图1，连接，．求证：；
(2)【模型应用】如图2，是延长线上一点，，交于点．
①判断的形状并说明理由；②若为的中点，且，求的长．
(3)【模型迁移】如图3，是延长线上一点，，交于点，．求证：．
【答案】(1)见解析(2)①等腰三角形，见解析；②(3)见解析
【分析】(1)根据正方形的性质，证明即可．
（2）①根据（1）的证明，证明∠FBG=∠FGB即可．
②过点作，垂足为.利用三角函数求得FH，AH的长度即可．
(3)证明 即可．
(1)证明：∵四边形为正方形，为对角线，
∴，.
∵，∴，∴.
(2)①为等腰三角形.理由如下：
∵四边形为正方形，∴，∴.
∵，∴，
由（1）得，∴，
又∵，∴，∴为等腰三角形.
②如图1，过点作，垂足为.
∵四边形为正方形，点为的中点，，
∴，.
由①知，∴，
∴.
在与中，
∵，∴，
∴，∴.
在中，.


(3)如图2，∵，∴.
在中，，∴.
由（1）得，由（2）得，
∴.

【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理和三角函数是解题的关键．
44．（2022·江苏扬州）【问题提出】如何用圆规和无刻度的直尺作一条直线或圆弧平分已知扇形的面积？
【初步尝试】如图1，已知扇形，请你用圆规和无刻度的直尺过圆心作一条直线，使扇形的面积被这条直线平分；
【问题联想】如图2，已知线段，请你用圆规和无刻度的直尺作一个以为斜边的等腰直角三角形；
【问题再解】如图3，已知扇形，请你用圆规和无刻度的直尺作一条以点为圆心的圆弧，使扇形的面积被这条圆弧平分．
（友情提醒：以上作图均不写作法，但需保留作图痕迹）

【答案】见解析
【分析】【初步尝试】如图1，作∠AOB的角平分线所在直线即为所求；
【问题联想】如图2，先作MN的线段垂直平分线交MN于点O，再以O为圆心MO为半径作圆，与垂直平分线的交点即为等腰直角三角形的顶点；
【问题再解】如图3先作OB的线段垂直平分线交OB于点N，再以N为圆心NO为半径作圆, 与垂直平分线的交点为M，然后以O为圆心，OM为半径作圆与扇形所交的圆弧即为所求．
【详解】【初步尝试】如图所示，作∠AOB的角平分线所在直线OP即为所求；


【问题联想】如图，先作MN的线段垂直平分线交MN于点O，再以O为圆心MO为半径作圆，与垂直平分线的交点即为等腰直角三角形的顶点；


【问题再解】如图，先作OB的线段垂直平分线交OB于点N，再以N为圆心NO为半径作圆, 与垂直平分线的交点为M，然后以O为圆心，OM为半径作圆与扇形所交的圆弧CD即为所求．

【点睛】本题考查了尺规作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，扇形的面积等知识，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，掌握基本作图方法．
45．（2022·四川成都）如图，在矩形中，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，以为边在直线的右侧作矩形，使得矩形矩形，交直线于点．


(1)【尝试初探】在点的运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由．
(2)【深入探究】若，随着点位置的变化，点的位置随之发生变化，当是线段中点时，求的值．(3)【拓展延伸】连接，，当是以为腰的等腰三角形时，求的值（用含的代数式表示）．
【答案】(1)见解析(2)或(3)或
【分析】（1）根据题意可得∠A=∠D=∠BEG=90°，可得∠DEH=∠ABE，即可求证；
（2）根据题意可得AB=2DH，AD=2AB，AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，可得DE=4x-a，再根据△ABE∽△DEH，可得或，即可求解；
（3）根据题意可得EG=nBE，然后分两种情况：当FH=BH时，当FH=BF=nBE时，即可求解．
(1)解：根据题意得：∠A=∠D=∠BEG=90°，
∴∠AEB+∠DEH=90°，∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠DEH=∠ABE，∴△ABE∽△DEH；
(2)解：根据题意得：AB=2DH，AD=2AB，
∴AD=4DH，
设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，∴DE=4x-a，
∵△ABE∽△DEH，∴，
∴，解得：或，
∴或，
∴或；
(3)解：∵矩形矩形，，∴EG=nBE，
如图，当FH=BH时，


∵∠BEH=∠FGH=90°，BE=FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH，
∴EH=GH=，∴，
∵△ABE∽△DEH，∴，即，
∴，∴；
如图，当FH=BF=nBE时，


，
∴，
∵△ABE∽△DEH，
∴，即，
∴，∴；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识是解题的关键．