2023年中考数学一模试题分项汇编 专题12图形的相似压轴题型

这是一份2023年中考数学一模试题分项汇编 专题12图形的相似压轴题型，共122页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学一模试题分项汇编（浙江专用）
专题12 图形的相似压轴题型

一、单选题
1．等积变换法是证明勾股定理的常用方法之一．如图，在中，，以AB为边向下作正方形ADEB，CN平分分别交AB，DE于M，N，过点A，B分别作，，交CN于点G，F，连接DG，利用此图形可以证明勾股定理，记，的面积分别为，，若，，则AB的长为（    ）

A． B．5 C． D．
2．“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法．如图所示，在矩形中，以为边做正方形，以为斜边，作使得点在的延长线上，过点作交于，再过点作于，连结交于，记四边形，四边形的面积分别为，若，，则为（  ）

A． B． C． D．
3．如图，在正方形中，E，F分别是BC，CD的中点，AE交BF于点H，交BF于点G，下列结论，①；②；③；④其中正确的是（    ）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
4．如图，在正方形中，为中点，连结，延长至点，使得，以为边作正方形，《几何原本》中按此方法找到线段的黄金分割点．现连结并延长，分别交，于点，，若的面积与的面积之差为，则线段的长为（    ）

A． B． C． D．
5．如图，在中，，点P在边上，，分别为的中点，连接．过点作的垂线，与分别交于，两点．连接，交于点．有以下判断：①；② 且； ③当时，的面积为；④的最大值为．其中正确的是（   ）

A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
6．如图，在等边三角形中，，点，在上，点在上．已知，，则的长为（    ）

A． B． C． D．
7．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．作．若，则的值为（    ）

A． B． C． D．
8．由四个全等的矩形围成了一个大正方形ABCD，如图所示．连结CH，延长EF交CH于点G，作PG⊥CH交AB于点P，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．2
9．如图，在中，，，是边上一点，且，连接，把沿翻折，得到，与交于点，连接，则的面积为（　　）

A． B． C． D．
10．如图，矩形的顶点、分别在反比例函数与的图象上，点、在轴上，，分别交轴于点、F，则阴影部分的面积为（    ）

A．3 B．5 C．6 D．9

二、填空题
11．图1是一种可调节桌面画架，画架侧面及相关数据如图2所示．是底座上一固定支点，点在滑槽内滑动，支杆长度不变．已知，当从点出发滑向终点，从逐渐增大至，则支杆的长为______cm，若点到的距离为，则______cm．

12．图1是某收纳盒实物图，图2是盒子打开时部分侧面示意图，两平行的支撑杆，与收纳盒相连．当支撑杆绕点A或B旋转时，收纳盒沿斜上方平移，且，始终保持与平行．点A位于的中垂线上，其到的距离是到距离的倍，已知，，．转动，当点E在点B的正上方时，E到的距离为，盒子关闭时，支撑杆绕点B旋转，点E恰好与点M重合，则支撑杆的长为______；将盒子完全打开如图3所示，支撑杆经过点N，则与的距离为______．

13．图1是一种机械装置，当滑轮绕固定点旋转时，点在上滑动，带动点绕固定点旋转，使点在水平杆上来回滑动．图2是装置的侧面示意图，，，，，．当转动到时，点滑到最左边处，此时，，恰好在同一条直线上，则点到的距离是______cm；当转动到时，点滑到最右边处，则点在上滑动的最大距离______cm．

14．如图，，延长交于点P，若，，，，则的值为________．

15．如图，在平行四边形中，，点E为上一点.将沿翻折至，分别交边于点M，G.若点M为中点，且，，则的长为______.

16．如图，点在反比例函数的图象上，点在轴上，，过点作交轴负半轴于点，连结．当面积为3时，则的值为_____________．

17．如图，在等腰三角形纸片中，，将该纸片翻折，使得点落在边的处，折痕为，，分别在边，上，，若，，则______，的面积为______．

18．如图，A，B为反比例函数第一象限图象上任意两点，连接并延长交反比例函数图象另一支于点C，连接交x轴于点F，交y轴于点G，连接，连接并向两侧延长分别交x轴于点E，交y轴于点D．已知，，则______，k的值为______．

19．如图，中，，，点D、E分别在直线，上，连接，将沿翻折，使点A对应点．当，且时，______，______．

20．如图，点E为矩形ABCD的边AB的中点，连接CE，BD，交于点F，若∠DFC＝2∠FDC，BD＝12，则AD＝_________．

21．如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝2，则BN的长为 ___，sin∠AFE的值为 ___．


三、解答题
22．在中，，分别是，的中点，延长至点，使得，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)于点，连接，若是的中点，，，求的周长．
23．如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为，直线经过点、．将四边形绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q．

(1)四边形的形状是　　，当时，的值是　　；
(2)①如图2，当四边形的顶点落在y轴正半轴上时，求的值；
②如图3，当四边形的顶点落在直线上时，求的面积；
(3)在四边形旋转过程中，当时，是否存在这样的点P和点Q，使得，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24．如图，在中，，，点P是射线上的动点，连结，在的右边作，交射线于点Q．

(1)当时，求点P到的距离．
(2)当点P在线段上运动时，记，，求y关于x的函数表达式和自变量x的取值范围．
(3)在点P的运动过程中，不再连结其他线段，当图中存在某个角为时，求的长，并指出相应的角．
25．【基础巩固】（1）如图，在中，，分别在，上，，求证：．
【尝试应用】（2）如图2，在中，，，分别在，，上，四边形为平行四边 形，，，，求的长．
【拓展提高】（3）如图3，平行四边形的周长为，，分别在，上，四边形为平行四边形，，，求EF的长．

26．【基础巩固】（1）如图1，在矩形中，，，点E是上的一点，连结，若，则的值为______；

【类比探究】（2）如图2，在四边形中，，，，，点E为上一点，连结，过点C作的垂线交的延长线于点G，交的延长线于点F．求的值．

【拓展延伸】（3）如图3，在中，，，，将沿翻折得，点E，F分别在边上，连结，，求的值．

27．新定义：垂直于图形的一边且等分这个图形面积的直线叫作图形的等积垂分线，等积垂分线被该图形截的线段叫做等积垂分线段．

问题探究：
(1)如图1，等边边长为3，垂直于边的等积垂分线段长度为______；
(2)如图2，在中，，，，求垂直于边的等积垂分线段长度；
(3)如图3，在四边形中，，，，求出它的等积垂分线段长．
28．如图，在中，，D，M，N分别在直线，直线，直线上，

(1)若D是中点，，求；
(2)若点D，M，N分别在，，的延长线上，且，，求．
29．如图，四边形是菱形，其中，点E在对角线上，点F在射线上运动，连接，作，交直线于点G．

(1)在线段上取一点T，使，
①求证：；
②求证：；
(2)图中，．
①点F在线段上，求周长的最大值和最小值；
②记点F关于直线的轴对称点为点N．若点N落在的内部（不含边界），求的取值范围．
30．如图1，在中，，点D，E分别是的中点．把绕点B旋转一定角度，连结．

(1)如图2，当线段在内部时，求证：．
(2)当点D落在直线上时，请画出图形，并求的长．
(3)当面积最大时，请画出图形，并求出此时的面积．
31．（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．

32．如图，在中，，，点为边上的一个动点（点不与点、点重合）．以为顶点作，射线交边于点，过点作交射线于点．

（1）求证：；
（2）当平分时，求的长；
（3）当是等腰三角形时，求的长．
33．如图，为的直径，弦于点，为劣弧上一动点，与的延长线交于点，连接、、、．（为常数，且）．

(1)求证：；
(2)求的值（用含的式子表示）；
(3)设，．
①求与的数量关系；
②当，且时，求的值．
34．如图，点在线段上，，点是线段上一动点，以为边向下方作正方形，以为腰向下方作等腰直角三角形，，当时，．

(1)如下表，某同学分别用特殊值法和一般法求的长，请你将解答过程补充完整．
探究1
假设，求的长．
探究2
设，求的长．
解：…
解：…
(2)过点，，的交边于点．
①连结，，若是等腰三角形，求的长；
②当与边有两个交点时，求的取值范围．
35．如图，在中，，点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿方向向点A运动，同时，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿方向向点C运动．当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．连接，在射线上截取，以为邻边作菱形，设运动时间为t秒．

(1)当时，求菱形的面积．
(2)当的面积为菱形面积的时，求t的值．
(3)作点B关于直线的对称点．
①当时，求线段的长．
②当点落在菱形的边上时，请直接写出的值．
36．如图1，．D为射线上一动点，连结，E为线段的中点，连结，过点E作，交的延长线于点F，设．

(1)求y关于x的函数表达式；
(2)如图2，N为的中点，连结NE，若与相似，求的长；
(3)若为等腰三角形，请直接写出的正切值．
37．如图，在锐角中，，过点A作于点D，过点B作于点E，与相交于点H，连接．的平分线交于点F，连接交于点G．

(1)求证：
(2)试探究线段，，之间的数量关系；
(3)若，求的长．
38．如图，在正方形ABCD中，，E为AB的中点，连接CE，作交射线AD于点F，过点F作交射线CD于点G，连接EG交AD于点H．

(1)求证：．
(2)求HD的长．
(3)如图2，连接CH，点P为CE的中点，Q为AF上一动点，连接PQ，当与四边形GHCF中的一个内角相等时，求所有满足条件的DQ的长．
39．旋转的思考．
【探索发现】
（1）已知，将绕点逆时针旋转得到．小美，小丽探索发现了下列结论．
小美的发现
如图①，连接对应点，，则．

小丽的发现
如图②，以为圆心，边上的高为半径作，则与相切．

（i）请证明小美所发现的结论．
（ii）如图②，小丽过点作，垂足为．证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．

【问题解决】
（2）在中，，是的中点，将绕点逆时针旋转得到．
（i）如图③，当边恰好经过点时，连接，则的长为__________．
（ii）在旋转过程中，若边所在直线恰好经过点，请在图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线．（保留作图痕迹，不写作法）

【拓展研究】
（3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线，交于点，则的最大值为__________．
40．[证明体验]（1）如图1，在△ABC和△BDE中，点A，B、D在同一直线上，∠A＝∠CBE＝∠D＝90°，求证：△ABC∽△DEB．
（2）如图2，图3，AD＝20，点B是线段AD上的点，AC⊥AD，AC＝4，连结BC，M为BC中点，将线段BM绕点B顺时针旋转90°至BE，连结DE．
[思考探究]（1）如图2，当时，求AB的长．
[拓展延伸]（2）如图3，点G过CA延长线上一点，且AG＝8，连结GE，∠G＝∠D，求ED的长．


参考答案：
1．A
【来源】2022年浙江省温州市乐清市初中毕业升学考试适应性测试（一模）数学试题
【分析】设证明，再证明△得，同理得，再根据角平分线的性质得出，，由得，再由得，从而可求得，进一步可得结论
【详解】解：设
∵，
∴∠
∵∠
∴∠即∠
∵四边形是正方形，
∴AB//DE
∴∠
∴∠
∵平分∠
∴∠
∵，
∴∠
∴∠
∴
在△和△中

∴△
∴∠
∴∠
∴∠
∴∠
∵AB//DE，
∴∠，
∴△，
∴，
∴即，
同理可得，，
过点C作于R，于P，于Q，

∵为∠ACB的平分线，
∴，
∴
∴
∴，
∵
∴①
又
∵
∴即，
∴
∴，②
①-②，得：，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了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等知识，正确识图，理解题意是解答本题的关键．
2．B
【来源】【新东方】【2021.5.20】【WZ】【初三下】【初中数学】【WZ00158】
【分析】通过说明△ADE≌△MDG，得出AE＝GM，DE＝DG．利用△DMG～△GMC得出比例式，求得CM；利用S1−S2＝15，得到S△EDC−S矩形CMHB＝15，列出方程，解方程，结论可得．
【详解】解：∵四边形AHMD为正方形，
∴DM＝DA＝7，∠ADM＝90°．
∵DG⊥DE，
∴∠GDE＝90°．
∴∠ADE＋∠EDM＝90°，∠GDM＋∠CDM＝90°．
∴∠ADE＝∠GDM．
∵∠A＝90°，∠DMG＝90°，
∴∠A＝∠DMG．
∴△ADE≌△MDG（ASA）．
∴DE＝DG，AE＝GM．
∴四边形DEFG为正方形．
设AE＝x，则GM＝x．
在Rt△ADE中，DE＝＝=
∵∠DGC＝90°，
∴∠DGM＋∠CGM＝90°．
∵GM⊥CD，
∴∠DMG＝∠GMC＝90°．
∴∠CGM＋∠GCM＝90°．
∴∠DGM＝∠GCM．
∴△DMG～△GMC．
∴，
∴CM＝．
∵S1−S2＝15，
∴（S1＋S△CMN）−（S2＋S△CMN）＝15．
即S△EDC−S矩形CMHB＝15．
∴×CD×AD−CM×MH＝15．
∴×AD×（CM＋DM）−CM×AD＝15．
∴×7×（7＋）−7×＝15．
解得：x＝±（负数不合题意，舍去）．
∴x＝．
∴DG＝AE＝==2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质．利用相似三角形的性质得出比例式是表示线段长度的重要方法．
3．D
【来源】2020年四川省眉山市东坡区实验初级中学九年级二诊数学试题
【分析】①根据正方形的性质求证是直角三角形即可得到结果；
②由①求证，利用其对应边成比例即可得到结论；
③由①求证即可得出结论；
④利用相似三角形对应边成比例即可得出结论；
【详解】∵在正方形ABCD中，E、F分别是边BC，CD的中点，
∴，
∴，
∵CG∥AE，
∴，
∴，
∴，即△CGF为直角三角形，
∵CG∥AE，
∴△BHE也是直角三角形，
∴．
故①正确；
由①得，
∴，
∴，
故②正确；
由①得，
∴BH=CG，而不是BH=FG，
故③错误；
∵，
∴，
即，
同理可得：，
可得，
∴，
∴④正确；
综上所述，正确的有①②④．
故答案选D．
【点睛】本题主要考查了锐角三角函数的定义判断，准确结合相似三角形性质和全等三角形性质是解题的关键．
4．C
【来源】2023年浙江省乐清市温州市中考一模数学试题
【分析】根据题意做辅助线，利用正方形的性质及等腰三角形的性质将面积差进行转化即可得到的长．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵为的中点，
∴，
设,则为,
根据勾股定理，,
∵，
∴，
∵是正方形的对角线，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
由题意可得：，
∴，
即，
∴，
∴，
解得：，
∴,
∵
∴．
故选．

【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等相关知识点，根据已知条件做出辅助线是解题的关键．
5．D
【来源】浙江省杭州市余杭区2022-2023学年九年级下学期3月月考数学试题
【分析】①由等腰三角形的性质可得，由三角形中位线定理可得，可求解；②由可证，全等，可得，，可求解；③由等腰三角形的性质和三角形中位线定理可求的长，再由三角形面积公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出，的值，即可求得解
【详解】解：①

，分别为的中点，
，
；
故①正确；
②，
是等腰直角三角形，
∴，
又，
∴，





∵是的中点，
∴，
∴，故②正确；
③当时，



∵是的中点，
∴






，故③正确；
④设为，，
∴









即的最大值为
故④正确，
综上所述，①②③④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
6．D
【来源】2023年浙江省宁波市初中学业水平考试数学模拟试卷（探花卷）
【分析】首先根据等边三角形的性质，可得，，，由平行线的判定与性质，可证得，，再根据相似三角形的判定与性质，可求得，，据此即可求解．
【详解】解：是等边三角形，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
解得，
，
，
，
解得，
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，证得是解决本题的关键．
7．A
【来源】2023年浙江省金华市六校联谊中考模拟数学试题
【分析】连接，设，先证，得出，即，根据四个三角形全等得出，可求，得出点E为的中点，根据线段垂直平分线性质得出，再证四边形为平行四边形，得出，然后证明四边形为平行四边形，得出，根据勾股定理求出、，据此即可求解．
【详解】解：连接，

设，
∵，四边形为正方形，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点E为的中点，
∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，即，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴四边形为平行四边形，
∴，
在中，
，
∴，
在中，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等性质，三角形相似判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，线段的比，掌握正方形的性质，三角形全等性质，三角形相似判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，线段的比是解题关键．
8．B
【来源】2022年浙江省温州市洞头区初中学业水平考试第二次适应性测试数学试题
【分析】设小矩形的宽为3x，则长为6x，先证明△NMH∽△NRC，△HFG∽△HMN， △NMH∽△PQG，再列比例式解出，最后再作比即可．
【详解】解：如图，

∵正方形ABCD中，
∴∠D=90°，AD=CD，
∵，
∴可设小矩形的宽为3x，则长为6x，
∵HM∥CR，
∴△NMH∽△NRC，
∴，
∴，
∴QG=8x，
∵FG∥MN，
∴△HFG∽△HMN，
∴，
∴，
∴FG=x，
∴QG=7x，
∵PG⊥CH，
∴∠PGQ+∠HGQ=90°，
∵∠HFG=90°，
∴∠MHN+∠HGQ=90°，
∴∠MHN=∠PGQ，
∵∠PQG=∠PGQ=90°，，
∴△NMH∽△PQG，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
故选：B
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用设参数解决问题，属于中考常考题型．
9．B
【来源】2021年重庆市合川区土场中学中考数学模拟试卷（二）
【分析】先求出，，进而求出，再构造直角三角形，判断出，求出，，进而求出，，再判断出，求出，，再判断出，求出，最后用三角形的面积的差，即可得出结论．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
过点作交的延长线于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
延长交的延长线于，
由折叠知，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，，
过点作于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，

∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，三角形相似，灵活运用三角形相似，旋转性质是解题的关键．
10．B
【来源】2021年浙江省苍南县初中毕业升学适应性考试数学试题
【分析】设A（a，），a＞0，根据题意，利用函数关系式表示出线段OD，OE，OC，OF，EF，利用三角形的面积公式，结论可求．
【详解】解：设点A的坐标为（a，），a＞0．
则OD＝a，OE＝．
∴点B的纵坐标为．
∴点B的横坐标为﹣．
∴OC＝．
∴BE＝．
∵AB∥CD，
∴，
∴＝．
∴EF＝OE＝，OF＝OE＝．
∴＝1．
＝4．
∴S阴影＝S△BEF+S△ODF＝1+4＝5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的比例系数的几何意义，反比例函数的图象上点的坐标的特征，矩形的性质，利用点的坐标表示相应线段的长度是解题的关键．
11． 17
【来源】2023年浙江省温州市龙港中考一模数学试题
【分析】当时，点与点重合，根据线段和差定义得；当时，点与点重合，利用勾股定理可得，进而求出的长；若点到的距离为，过点作于， 过点作于，根据勾股定理求出的长，设，再根据相似三角形的性质得出，，，在中，利用勾股定理可得关于的一元二次方程，解方程可得的长，进而求出的长．
【详解】当时，点与点重合，此时有


，，
；
当时，点与点重合，

由勾股定理得
，，
，
，．
若点到的距离为，过点作于， 过点作于，

，
，
由题意，，
．
，，
，
，
．
设，
，，，
，
，
，
，(舍去)，
，
，
．
故答案为：17，．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，添加适当的辅助线，构造合适的直角三角形是解本题的关键．
12．
【来源】2023年浙江省温州市龙湾中考一模数学试题
【分析】①令与交点为K，与交点为H，连接，连接并延长，交于点R，先求出长，再设长为x，根据勾股定理列出方程解出即可；②过E点作，交延长线于点W，连接并延长，交于点R，交于点T，先证明，再根据①可得长，根据题意可知长，根据勾股定理可求得长，长可求．
【详解】
令与交点为K，与交点为H，连接，连接并延长，交于点R
∵，点E在点B的正上方
∴、
∵点A位于的中垂线上，
∴为中垂线
∴，
∵、
∴四边形为矩形 、四边形为矩形
∴，
∴
设长为x，则根据题意可知
∴
∴在中根据勾股定理有：
即
解得
故答案为；

过E点作，交延长线于点W，连接并延长，交于点R，交于点T
则有、、
∴
∵
∴
由①可知
∵
∴
∴
∴
∵
∴在中根据勾股定理有：
∴
∴
∵点A到的距离是到距离的倍
∴点R到的距离是到距离的倍
∴
∵、、
∴四边形为矩形
∴
∴
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、勾股定理，旋转的性质等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
13． 14
【来源】2023年浙江省温州市平阳县中考一模数学试题
【分析】延长交于点，则，在中，，，求得，证明，得，求得，，即可求得点到的距离是；延长交于，作于，证明平分，进一步证明，求得，，，在中，求得，进而得到，根据，得到，求得，，结合，即可求得点在上滑动的最大距离．
【详解】如图，延长交于点，则，

在中，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离是；
延长交于，作于，
∵，，，
∴平分，
∴
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴点在上滑动的最大距离是cm．
故答案为：14，
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
14．
【来源】2022-2023学年浙江省杭州市育才学校九年级下学期中考一模数学试题
【分析】如图作于H．首先证明，推出，求出即可解决问题；
【详解】如图作于H．交于O．

∵，，，
∴，，
∴
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
15．
【来源】2023年浙江省温州市龙湾中考一模数学试题
【分析】根据平行四边形的性质可得、，进而得到；再根据翻折的性质可得、，即；如图：过B作,垂足为H，设，根据三角函数和勾股定理可得、、，进而得到,再证明，从而求得，最后根据即可解答.
【详解】解：∵在平行四边形中，，
∴，，
∵点M为中点，
∴，
∵将沿翻折至
∴,
∴
如图：过B作,垂足为H，设，

∵，
∴,即，解得：，
∴，
∵，
∴,即，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴,即，解得：，
∴.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用解直角三角形成为解答本题的关键.
16．
【来源】2023年浙江省温州市文成县中考一模数学试题
【分析】延长交y轴于点E，过点B作轴于点F，先证明得出，然后利用平行线分线段成比例可得，进而得出，然后证明得出，从而可求，，，，再根据k的几何意义，从而求出k的值．
【详解】解：延长交y轴于点E，过点B作轴于点F，

∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
又面积为3，
∴，，
∴，
又，
∴，
又，
∴（负数舍去）．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，反比例函数系数k的几何意义等知识，明确题意，添加合适辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
17．
【来源】2023年浙江省宁波市兴宁中学中考一模数学试题
【分析】延长交于点，证明，根据相似三角形的性质得出，根据已知条件得出四点共圆，进而得出，过点作于点，连接，勾股定理得出，根据三角形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交于点，

∵折叠，
∴，，，
∵，
∴
∴
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，又，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
如图所示，过点作于点，连接，

∵，
∴
∴，
∴
∴
故答案为：，．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与是解题的关键．
18．
【来源】2023年浙江省宁波外国语学校九年级中考一模数学试卷
【分析】如图所示，过点A作轴于M，过点B作轴于N，证明推出；设，则，推出；求出直线的解析式为，则，即可得到，同理可证，得到，则；由对称性可知，同理可得直线的解析式为，则，即可得到，再由，得到，则．
【详解】解：如图所示，过点A作轴于M，过点B作轴于N，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
设，
∴，
∴，
∴；
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
∴，
同理可证，
∴，
∵，
∴；
由对称性可知，
同理可得直线的解析式为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，．

【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，相似三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
19． / /
【来源】2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院九年级数学第一次模拟试题
【分析】证明，利用正切函数得到，求得，再证明，利用相似三角形的性质求得，根据，即可得到答案．
【详解】解：连接，

由折叠的性质得，
∵，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
解得，即，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得．
故答案为：， ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
20．
【来源】2022年浙江省杭州市滨江区中考二模数学试题
【分析】如图所示，过点E作EH⊥CD于H，交BD于G，过点C作CP⊥FG于P，连接CG，先证明△BEF∽△DCF，从而推出BF=4，DF=8，再证△BEG∽△DHG，得到，从而求出，，则∠CGB=2∠GDC，再证明∠CFG=∠CGF，得到，则BP=5，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，过点E作EH⊥CD于H，交BD于G，过点C作CP⊥FG于P，连接CG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，，AD=BC，CD=AB，
∴四边形BCHE是矩形，
∴EH=BC=AD，BE=CH，
∵E是AB的中点，
∴AB=CD=2BE，
∴BE=DH=CH，
∵，
∴△BEF∽△DCF，
∴，
∴DF=2BF，
又∵BD=12，
∴BF=4，DF=8，
同理可知△BEG∽△DHG，
∴，
∴，
∴，，
∴∠GCD=∠GDC，
∴∠CGB=2∠GDC，
又∵∠CFD=2∠FDC，
∴∠CFG=∠CGF，
∴，
∴BP=5，
在Rt三角形CGP中，，
∴在Rt△CPB中，，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、勾股定理、直角三角形斜边上的中线，正确作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．
21． 4； /
【来源】浙江省宁波市鄞州区钟公庙第二初级中学2021-2022学年九年级上学期12月月考数学试题
【分析】根据题意连接BF，FM，由翻折及BM=ME可得四边形BEFM为菱形，再由菱形对角线的性质可得BN=BA．先证明△AEF≌△NMF得AE=NM，再证明△FMN∽△CGN可得，进而求解即可．
【详解】解：∵BM=BE，
∴∠BEM=∠BME，
∵AB∥CD，
∴∠BEM=∠GCM，
又∵∠BME=∠GMC，
∴∠GCM=∠GMC，
∴MG=GC=2，
∵G为CD中点，
∴CD=AB=4．
连接BF，FM，

由翻折可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，
∴BM=EF，
∵∠BEM=∠BME，
∴∠FEM=∠BME，
∴EF∥BM，
∴四边形BEFM为平行四边形，
∵BM=BE，
∴四边形BEFM为菱形，
∵∠EBC=∠EFC=90°，EF∥BG，
∴∠BNF=90°，
∵BF平分∠ABN，
∴FA=FN，
∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），
∴BN=AB=4．
∵FE=FM，FA=FN，∠A=∠BNF=90°，
∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），
∴AE=NM，
设AE=NM=x，
则BE=FM=4-x，NG=MG-NM=2-x，
∵FM∥GC，
∴△FMN∽△CGN，
∴，
即，
解得：（舍）或，
∴，
∴．
故答案为：4；.
【点睛】本题考查矩形的翻折问题和相似与全等三角形问题，解题关键是连接辅助线通过全等三角形及相似三角形的判定及性质求解．
22．(1)证明见详解
(2)

【来源】2023年浙江省温州市鹿城区九年级中考一模数学试题
【分析】（1）由，分别是，的中点，得，进而即可求证；
（2）由，是的中点，得，根据平行四边形的性质，可证，得，进而即可求证；
【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，
∴，
∵
∴
∴四边形是平行四边形．
（2）∵，是的中点，
∴，
∵是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴

【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、相似三角形证明、勾股定理、锐角三角函数的应用，掌握相关知识是解题的关键.
23．(1)矩形，
(2)①；②
(3)存在，，

【来源】专题12图形的相似压轴题型-学易金卷：2023年中考数学一模试题分项汇编（浙江专用）
【分析】（1）根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可得出四边形是矩形．当时，可知；
（2）①利用相似三角形的性质，求得的比，求得；求得进而得出答案；
②根据勾股定理求得的长，再根据三角形的面积公式进行计算．
（3）构造全等三角形和直角三角形，运用勾股定理求得的长，进一步求得坐标．
【详解】（1）解：∵O为坐标原点，点，直线经过点、，
∴，，
∴四边形是矩形；
当时，P与C重合，如图所示：

根据题意．
故答案为：矩形；；
（2）解：①图2中，由勾股定理得：，

∵，，
∴．
∴，即，
∴，．
同理，
∴，即，
∴，．
∴；
②图3，在和中，

，
∴．
∴．
设，
在中，，
解得．
∴．
（3）解：存在这样的点P和点Q，使．
点P的坐标是或．
过点Q作于H，连接，则，
∵，，
∴．
设，
∵，
∴，
如图4，当点P在点B左侧时，
  
在中，，
解得，（不符实际，舍去）．
∴，
∴．
如图5，当点P在点B右侧时，
  
∴，．
在中，，解得．
∴，
∴，
综上可知，存在点P，使，点P的坐标是，．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，也考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理以及全等三角形的判定与性质．
24．(1)
(2)
(3)，；，；，；，

【来源】2023年浙江省金华市金东区初中毕业升学适应性检测数学试题
【分析】（1）过点A作与点E，过点P作于点F，先根据等腰三角形的性质和勾股定理得出，再由正弦求解即可；
（2）分两种情况讨论：当点P在线段上时，即时，当点P在线段上时，即时，先证明，再利用相似三角形的判定和性质得出，进而求解即可；
（3）分四种情况，分别是，，，，分别利用勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】（1）如图，过点A作与点E，过点P作于点F，

∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
即点P到的距离为；
（2）当点P在线段上时，即时，如图，

∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∵，，
∴，，
∴，
整理得；
当点P在线段上时，即时，如图，

∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∵，，
∴，，
∴，
整理得；
综上，；
（3）①当时，
如图，过点Q作于D，

∴，
设，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
解得，
∴；
②当时，
如图，过点P作于H，

同①可得,
∵，
∴，
解得，
当时，，
∴；
③当时，
如图，过点P作于N，

同①得，
当时，，
∴；
⑤当时，
如图，过点作于E，

∴，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴；
综上，，；，；，；，．
【点睛】本题考查了三角形的动点问题，涉及等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并运用分类讨论的思想是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）；（3）
【来源】2023年浙江省宁波市兴宁中学中考一模数学试题
【分析】（1）根据已知条件，证明，根据相似三角形的性质即可得证；
（2）根据平行四边形的性质得出，证明，，结合（1）的结论代入数据即可求解；
（3）延长，交于，，由（2）得：，设，，，，由（1）得：，故，进而得出，根据，即可求解．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∴，
∴
（2）∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴设，
∵，
∵，
∴，
由（1）得：，
∴，
解得：（负值舍去），
∴．
（3）如图，延长，交于，

∵，四边形是平行四边形，由（2）得：，
，

∴，
设，，，，
∵，
由（1）得：，则，
则
故，即
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，又，
∴．
【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．
26．（1）；（2）1；（3）
【来源】2023年浙江省宁波外国语学校九年级中考一模数学试卷
【分析】（1）证明，根据相似三角形的性质计算即可；
（2）过点C作交的延长线于点H，证明，列出比例式，即可求解；
（3）过点C作于点G，连接交于点H，与相交于点O，根据正切的定义得到，根据勾股定理分别求出，根据三角形的面积公式求出，计算即可．
【详解】解：（1）如图1，设与交于点G，

∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）如图2，过点C作交的延长线于点H，

∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴；
（3）如图3，过点C作于点G，连接交于点H，与相交于点O，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即，
设，则，
∵，
∴，
∴（负值已舍去），
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是相似综合题，考查的是相似三角形的判定和性质以及矩形的性质，灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理及作出合理的辅助线是解题的关键．
27．(1)
(2)边的等级垂分线段的长度为
(3)四边形的一条等积垂分线段的长为

【来源】2023年浙江省宁波市北仑区中考一模数学试题
【分析】（1）过点A作，根据等边三角形性质求解即可．
（2）线段EF是垂直于BC边的等积垂分线段，设，作，构建方程即可得到答案．
（3）分两种情况，作，设或作，设，构建方程即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示为垂直于边的等积垂分线，

∵是等边三角形，，
∴，
∴，
（2）解：如图2中，线段是垂直于边的等级垂分线段，设．作于．

在中，∵，，，
∴，，
∵，
∴，
由题意：，
∴，
解得或（舍弃），
∴边的等积垂分线段的长度为．
（3）①如图3-1中，当线段是等积垂分线段时，设交于．作于．设．

在中，∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，∵，
∴，
由，可得，，
∴，
∵四边形的面积＝四边形的面积，的面积＝的面积，
∴的面积＝的面积，
∴，
解法（负根已经舍弃），
∴．
②如图3-2中，当线段是等积垂分线段时，设交于．作于．设，则，．

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴
由的面积＝的面积，
∴，
解得（负根已经舍弃），
∴．
综上所述，四边形的一条等积垂分线段的长为．
【点睛】本题考查了四边形综合题，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题是关键．
28．(1)
(2)

【来源】2023年浙江省宁波市镇海区蛟川书院九年级数学第一次模拟试题
【分析】（1）倍长中线可证A，M，E，F四点共圆，从而≌，故
（2）将转化成对应三角形的高之比，通过三角形相似：∽，可求．
【详解】（1）
解：延长至，使，连接、,
D是中点，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
A，M，E，D四点共圆，
，，
，
∽，
，
，
，
．
（2）
解：与交于点，连接，作交的延长线于，作于点，
，
，，
，
，
，
设，，
，
，
，，
∽，
，
∽，
，
．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质的综合应用，掌握性质和判定，并会利用面积转换是解题的关键．
29．(1)①见解析，②见解析
(2)①最小值为，最大值为，②

【来源】2023年浙江省衢州市巨化中学九年级下学期数学第一次模拟考试题
【分析】（1）①先证明是等边三角形，说明，再证明是等边三角形，得出，，根据，，证明即可；
②根据证即可得证结论；
（2）①先证明点F在线段上时，是等边三角形，确定周长最大时和最小时点F的位置，从而可求出的长，进而求出周长即可；
②找出点N落在上时，求出的长，当N落在上时，求出的长，从而确定的取值范围即可．
【详解】（1）①证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：①如下图，当点F与点B重合时，

同（1）可得，，
∵，
∴是等边三角形，
同理可得，当点F在边上时，均是等边三角形，
当时，最短，如下图，

∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴等边三角形的周长最小值为：，
当点F与点B重合时，如下图，

过点E作于H，
则，，
∴，
在中， ，
∴此时的周长最大，最大值为：，
∴的周长最小值为，最大值为；
②当点N在上时，如下图，

作于M，点F关于的对称点N在上，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴；
当点N在上时，如下图，

连接，
∵点N与点F关于对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，平行四边形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质，三角形相似的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，数形结合，并注意分类讨论．
30．(1)见解析
(2)见解析；
(3)见解析，

【来源】2023年浙江省宁波市江北区灵峰学校九年级下学期数学中考复习第一次模拟测试卷
【分析】（1）根据点D，E分别是的中点，得到，再根据旋转，得到，即可得证；
（2）勾股定理定理求出的长，中位线定理得到，进而得到，根据旋转，得到，推出，利用勾股定理求出的长；
（3）设点E到的距离为h，判断出h最大，的面积最大，过点D作于H，证明，利用对应边对应成比例，求出的长，利用进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是的中点，

∴
∴，    
由旋转知，，
∴；
（2）解：如图，

∵，
∴，
由（1）图
∵点D，E分别是的中点，
∴，
∴，
∵点D落在上，
∴，
由（1）知，，
∴，
在中，，
根据勾股定理得，；
（3）解：如图，

设点E到的距离为h，则，
要的面积最大，则h最大，
即时，此时，h最大，
∵，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴，
过点D作于H，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在题干图1中，
∵点D，E分别是的中点，
∴，
∴



．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的中位线，勾股定理．本题的综合性较强，难度较大，解题的关键是根据题意，正确的画出图形．
31．（1）①；②是定值，定值为1；（2）
【来源】2022年江苏省苏州市中考数学真题
【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】本题考查了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．
32．（1）证明见解析；（2）；（3）的长为11或或．
【来源】上海市浦东新区第四教育署2020-2021学年九年级上学期12月调研数学试题（五四学制）
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的外角性质得到，得到，根据相似三角形的性质证明结论；
（2）证明，根据平行线的性质得到，证明，根据相似三角形的性质列式计算，得到答案；
（3）分点在的延长线上、点在线段上两种情况，根据等腰三角形的性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，又，
∴，
∴，
即；
（2）解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，又，
∴，
∴，即
解得，，
∴，
解得，；
（3）解：作于，

∵，，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
当点在的延长线上，时，，
∴，解得，，
∴，
当时，，
∴，
解得：，
∴；
当时，，
∴，解得，，
∴；
当点在线段上时，为钝角，
∴只有，则，
∴，
解得，，不合题意，
∴是等腰三角形时，的长为11或或．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、三角函数、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
33．(1)见解析
(2)
(3)①；②．

【来源】2023年浙江省宁波市艺术实验学校中考一模数学试题
【分析】（1）根据垂径定理，得到，进而得到，根据直径所对的圆周角等于，得到，进而得到，利用等角的余角相等，即可得证；
（2）垂径定理，得到，证明，推出，在中，利用勾股定理得到，即可得解；
（3）如图，设交于点，连接，过点作于点，过点作于点，则，①先证明，得到，由，得到，再由，得到，再根据，即可得证；②先推出，得到，推出是等腰直角三角形，得到，证明，得到，勾股定理求出，即可得解．
【详解】（1）证明：如图，连接，

直径弦，
，
，
是的直径，
，
，
，
即；
（2）直径弦，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
在中，，
则，
∴，
；
（3）如图，设交于点，连接，过点作于点，过点作于点，则，

①∵直径弦，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②∵， ，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
由①结论可得，，
，
∴
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴ ，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
在中，
在中，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的的判定和性质，相似三角形的判定和性质，综合性强，难度大，正确的作出辅助线，是解题的关键．
34．(1)见解析
(2)①或；②

【来源】2023年浙江省乐清市温州市中考一模数学试题
【分析】（1）探究1：根据垂径定理可得，再根据正方形的性质可得，再说明是等腰直角三角形可得，最后根据线段的和差即可解答；先说明，再结合四边形的性质可得，最后根据是等腰直角三角形和线段的和差即可解答；
（2）①分当和两种情况，分别运用矩形的性质和解直角三角形即可解答；②分点D圆上时和与边相切两个临界点，分别求得的长即可解答．
【详解】（1）解：探究1：∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形
∴
∴；
探究2：∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴．
（2）解：①a.如图：当时， ，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；

b.当，,作，，

∴，
∵，
∴，
∴；
②当点D圆上时，连结，设，则，
由（1）可得：,则

∴，
∵正方形
∴
∴
∵四边形是圆O的内接四边形
∴
∴
∴
∵
∴，
∴，即，解得：（舍弃），
当与边相切于点 H，连结，作 ，
交于点R，作,易知，

设，则，
∴，
由得 ，解得：，
综上，．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、圆的性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线并灵活运用所学知识成为解答本题的关键．
35．(1)
(2)
(3)①；②或

【来源】2023年浙江省嘉兴市上海外国语大学秀洲外国语学校中考一模数学试题
【分析】（1）根据题意，，当时，可分别求出的长，再由勾股定理求出的长，即可求出菱形的面积；
（2）先证明当的面积为菱形面积的时，则点C为的中点，可知，导出，再列方程求出此时t的值；
（3）①可证明当时，则，再由相似三角形的性质列方程求出此时t的值，进而求出的长；②延长交于点D，有两种情况，点落在边上，可导出和都是等腰直角三角形；点落在边上，可证明．
【详解】（1）解：由题意得，，则，
∴当时，，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴；
（2）解：如图2所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

（3）解：①如图3，连接，延长交于点D，
∵点与点B关于直线对称，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴；

②如图4所示，当点落在边上，延长交于点D，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

如图5，点落在边上，延长交于点D，则，，
∵，且，
∴，
∴，
综上所述，的值为或．

【点睛】此题重点考查相似三角形的判定与性质、菱形的性质、轴对称的性质、勾股定理、锐角三角函数以及分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
36．(1)
(2)或
(3)或

【来源】【浙江新东方】【2022】【初三下】【163】【模拟考】数学试题
【分析】（1）延长交于H，连接，证明，推出，根据中垂线的性质，得到，在中，根据，即可得解；
（2）过点作于点，则四边形为矩形，分别求出，的长，勾股定理求出，分和，两种情况分类讨论求解即可；
（3）过E作分别交、于P、Q，证明，得到，，分，，三种情况，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：延长交于H，连接，

∵，E为中点，
在和中，
，
∴；
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴ ，
∴ ；
（2）解：过点作于点，则四边形为矩形，

∴，
∴，
∴；
①当，E为的中点，

∴，
，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，即：，
∴，
∴；经检验，是原方程的解；
∴；
②当时，则： ，

∴，
∵点是线段的中点，
∴，
∴；

解得︰ ， ，
经检验，，，均是原方程的解，
∵，
∴；
综上：或；
（3）过E作分别交、于P、Q，

在和中，
，
∴，
∴，；
①当时，
，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴此种情况不存在；
③当时，
∵，
∴Q为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴；
∴；
综上，或．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，解直角三角形，根据图形求函数解析式．本题的综合性强，属于压轴题．熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，是解题的关键．
37．(1)证明见解析
(2)
(3)

【来源】四川省成都市双流区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题
【分析】（1）利用，得到，利用等角的余角相等，即可得证；
（2）过点作，交于点，证明，得到，进而推出线段，，之间的数量关系；
（3）证明，得到，利用，求出的长，进而求出的长，过点作，垂足为，证明，求出的长，进而求出的长，利用平行线分线段成比例，求出的长，进而求出的长，作，交于点，得到，求出的长，再证明，求出的长．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点作，交于点，

则：，
∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：由（2）知：，
∵，
∴，
∴，
∵的平分线交于点F，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
过点作，垂足为，
则：，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
作，交于点，

则：，
∴，即：，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形判定和性质，勾股定理．本题的综合性较强，难度较大，正确的添加辅助线证明三角形的全等和相似，是解题的关键．
38．(1)证明见解析
(2)2
(3)的值为

【来源】2022年浙江省温州市绣山中学九年级下学期第三次学业水平检测数学试题
【分析】（1）证明即可得结论；
（2）由为AB中点，，得，进而求得，从而有，，再证明即可求解；
（3）由“边边边”证明，得．进而分四种情况讨论求解，①如图2，当时，②如图3，当时，③如图4，当时，进而求得DQ的长．
【详解】（1）证明：四边形ABCD为正方形，
，．
，
，
，
，
，
．
（2）解：

为AB中点，，
，
．
，
，
，
．
，
，
，
．
（3）解：，
．
，
，
．
①如图2，

当时，
可得，
．
过点P作于点M
为中点，
，
，
，
．
②如图3，

当时，
，
，
．，
，
，
，
，
．
③如图4，

当时，
，
．
，
，
．
过点M作于点N，
设，则．


．
在中，过点Q作于点J，
设．

，
．
综上所述，DQ的值为．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、正方形的性质、相似三角形的判定及性质以及解直角三角形，掌握分类思想，构造恰当辅助线是解题的关键．
39．（1）（i）见解析；（ii），；（2）（i）；（ii）见解析；（3）．
【来源】2022年江苏省南京市玄武区九年级下学期期中考试（一模）数学试题
【分析】（1）（i）通过证明即可判定；（ii）利用切线的判定方法，结合题意上下文，即可求解；
（2）（i）连接BM，，作，利用相似三角形的性质，求解即可；（ii）连接BM，在BM的上方作，再以M为圆心，分别以BM，CM为半径画弧，即可求解；
（3）连接BM，，根据相似三角形的性质可以得到，确定P的运动轨迹，即可求解．
【详解】解：（1）（i）由旋转的性质可得：，，
∴
∴，
∴，
（ii）∵，
∴，
又∵，
∴（AAS）
∴，
又∵为半径，，
∴与相切，
故答案为：，；
（2）（i）连接BM，，作，如图，

由题意可得：，，
由勾股定理可得：，为等腰直角三角形，
由旋转的性质可得
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
（ii）由题意可得，当边所在直线恰好经过点时，可得，
由此可得，作图如下：

（3）连接BM，，如下图：

由（2）可得：，

以为斜边，向下作等腰直角三角形，并以O为圆心，以OB长为半径，作圆O，如图：

当P在BC的上方时，，当P在BC的下方时，
∴点P的轨迹为以O为圆心，以OB长为半径的圆，
所以当BP为直径时，BP最大，
由勾股定理可得，
则，
∴BP的最大值为
【点睛】此题考查了三角形旋转的综合应用，涉及了直角三角形的性质，勾股定理，三角函数的定义，圆切线的判定，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，综合性较强，难度较大，解题的关键是综合利用相关性质进行求解．
40．（1）见解析
（2）①AB＝16，②
【来源】2022年浙江省宁波市慈溪中考数学模拟试题（一模）
【分析】（1）、由同角的余角相等，即可证出两三角形相似．
（2）、①由旋转性质和中点可以得到BE＝DE，再由等腰三角形三线合一及相似列方程求解即可，②过点M作AD的垂线交AD于点H，过点E作AD的垂线交AD于点F，过D作DP⊥AD，过E作NP⊥DP，交AC的延长线于N，再由三角形全等和三角形相似列方程求出．
【详解】解：（1）证明  ∵∠A＝90°，∠CBE＝90°，
∴∠C＋∠CBA＝90°，∠CBA＋∠DBE＝90°，
∴∠C＝∠DBE（同角的余角相等）．
又∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABC∽△DEB；
（2）①∵M绕点B顺时针旋转90°至点E，M为BC中点，
∴△BME为等腰直角三角形，，
∴，
又∵，
∴BE＝DE．
如图，过点E作EF⊥AD，垂足为F，则BF＝DF，
∵∠A＝∠CBE＝∠BFE＝90°，
∴由（1）得：△ABC∽△FEB，
∴，
∵AC＝4，
∴BF＝2，
∴AB＝AD－BF－FD＝20－2－2＝16；

②如图，过点M作AD的垂线交AD于点H，过点E作AD的垂线交AD于点F，过D作DP⊥AD，过E作NP⊥DP，交AC的延长线于N，
∵M为BC中点，MH∥AC，
，
∴，BH＝AH，
∵∠MHB＝∠MBE＝∠BFE＝90°，
由（1）得： ，
∵MB＝EB，
∴△MHB≌△BFE，
∴BF＝MH＝2，EF＝BH，
设EF＝x，则DP＝x，BH＝AH＝x，EP＝FD＝20－2－2x＝18－2x，GN＝x＋8，NE＝AF＝2x＋2，
由(1)得△NGE∽△PED，
∴即，
解得，（舍去），
∴FD＝18－2x＝6，
∴．

【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，同角的余角相等，旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定等知识，牢固掌握所有知识点，并通过分析题目做出辅助线，通过三角形相似列出方程是本题的关键．