【高頻考點題型】第二十七章 相似（章節(jié)拔高卷）（解析版）

【沖刺高分】人教版九年級數學下學期學神考霸養(yǎng)成優(yōu)選練測卷【高頻考點題型】第二十七章相似（章節(jié)拔高卷）（考試時間：90分鐘試卷滿分：120分）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________本卷試題共三大題，共25小題，單選10題，填空8題，解答7題，限時90分鐘，滿分120分，本卷題型精選核心常考重難易錯典題，具備舉一反三之效，覆蓋面積廣，可充分考查學生雙基綜合能力！一、選擇題：本題共10個小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（2022·上海靜安·九年級期末）已知點D、E分別在的邊AB、AC的反向延長線上，且ED∥BC，如果AD：DB＝1：4，ED＝2，那么BC的長是（）A．8 B．10 C．6 D．4【答案】C【分析】由平行線的性質和相似三角形的判定證明△ABC∽△ADE，再利用相似三角形的性質和求解即可．【詳解】解：∵ED∥BC，∴∠ABC=∠ADE，∠ACB=∠AED，∴△ABC∽△ADE，∴BC：ED=AB：AD，∵AD：DB＝1：4，∴AB：AD=3：1，又ED＝2，∴BC：2=3：1，∴BC=6，故選：C【點睛】本題考查平行線的性質、相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解答的關鍵．2．（2022·江蘇儀征·九年級期末）如圖，在中，，，，垂足為D，E為BC的中點，AE與CD交于點F，則EF的長為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接DE，可證得，即可得且相似比為1：2，故有，在中由勾股定理可得，故．【詳解】解：連接DE，由題意可知E為BC中點，D為AB中點∴又∵∴∴∠BED=∠BCA，∴DE//AC∴∠EDC=∠DCA，∠DEA=∠CAE∴，且相似比為1：2故在中有即∴故選：B．【點睛】本題考查了相似三角形的判定及性質和勾股定理，兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似，兩角分別相等的兩個三角形相似；相似三角形的對應邊成比例，對應角相等．3．（2022·上海楊浦·九年級期末）如圖，點是的角平分線的中點，點分別在邊上，線段過點，且，下列結論中，錯誤的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據AG平分∠BAC，可得∠BAG=∠CAG，再由點是的中點，可得，然后根據，可得到△DAE∽△CAB，進而得到△EAF∽△BAG，△ADF∽△ACG，即可求解．【詳解】解：∵AG平分∠BAC，∴∠BAG=∠CAG，∵點是的中點，∴，∵，∠DAE=∠BAC，∴△DAE∽△CAB，∴，∴∠AED=∠B，∴△EAF∽△BAG，∴，故C正確，不符合題意；∵，∠BAG=∠CAG，∴△ADF∽△ACG，∴，故A正確，不符合題意；D錯誤，符合題意；∴，故B正確，不符合題意；故選：D【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質定理是解題的關鍵．4．（2022·廣西岑溪·九年級期末）如下圖，D、E分別是△ABC邊的AB、AC上的點，DE∥BC，且S△ADE︰S△ABC＝1︰9，那么AD∶BD的值為（）A．1︰9 B．1︰3 C．1︰8 D．1︰2【答案】D【分析】根據相似三角形面積的比等于相似比的平方可得出答案．【詳解】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴∴∴故選：D．【點睛】此題考查了相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是理解相似三角形面積的比等于相似比的平方．5．（2021·黑龍江鐵鋒·九年級期末）如圖，在中，，，，分別在、上，將沿折疊，使點落在點處，若為的中點，則折痕的長為（）A． B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由折疊的特點可知，，又，則由同位角相等兩直線平行易證，故，又為的中點可得，由相似的性質可得求解即可．【詳解】解：沿折疊，使點落在點處，，，又∵，∴，∴，，又為的中點，AE=AE'∴，，即，．故選：B．【點睛】本題考查折疊的性質，相似三角形的判定和性質，掌握“A”字形三角形相似的判定和性質為解題關鍵．6．（2022·河北·石家莊二十三中九年級期末）已知：矩形OABC∽矩形OA'B′C′，B′（10，5），AA'＝1，則CC′的長是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根據坐標與圖形性質求出OA'=5，進而得出矩形OABC與矩形OA'B'C'的相似比為4：5，計算即可．【詳解】解：∵點B′的坐標為（10，5），AA'=1，∴OA'=5，OA=4，∴矩形OABC與矩形OA'B'C'的相似比為4：5，∴OC：OC'=4：5，∴OC=8，∴CC'=10-8=2，故選：B．【點睛】本題考查了坐標與圖形性質，正確求出矩形OABC與矩形OA'B'C'的相似比是解題的關鍵．7．（2022·江蘇玄武·九年級期末）如圖，廣場上有一盞路燈掛在高的電線桿頂上，記電線桿的底部為．把路燈看成一個點光源，一名身高的女孩站在點處，，若女孩以為半徑繞著電線桿走一個圓圈，則女孩的影子掃過的圖形的面積為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意畫出圖形，利用三角形相似列方程求出影子的長，再計算人影掃過的面積．【詳解】解：如下圖所示：設AP=x，由題意可知：△COA∽△BPA，∴，代入數據，，，∴，解得，∴所以人影掃過的面積是，故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的應用，是基礎題，讀懂題意，計算過程中細心即可．8．（2022·重慶實驗外國語學校九年級期末）如圖，四邊形和四邊形是以點為位似中心的位似圖形，若，則四邊形與四邊形的面積比為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據面積比是相似比的平方直接求解即可．【詳解】解：四邊形和四邊形是以點為位似中心的位似圖形，，則四邊形與四邊形的相似比為：，面積比為；故選：B．【點睛】本題考查了相似圖形面積比，解題關鍵是熟記相似圖形面積比等于相似比的平方．9．（2021·上海閔行·九年級期中）如圖，已知每個小正方形的邊長均為1，與的頂點都在小正方形的頂點上，那么與相似的是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】首先由勾股定理求得各三角形的三邊長，然后根據三組對應邊的比相等的兩個三角形相似，即可求得答案．注意排除法在解選擇題中的應用．【詳解】解：，A、∵，∴，∴△DEF與△ABC相似；B、∵，∴，∴△DEF與△ABC不相似；C、∵，∴，∴△DEF與△ABC不相似；D、∵，∴，∴△DEF與△ABC不相似．故選：A．【點睛】此題考查了相似三角形的判定與勾股定理．此題難度適中，注意掌握三組對應邊的比相等的兩個三角形相似定理的應用．10．（2022·江蘇通州·九年級期末）如圖，在中，，，，是邊上一動點，沿的路徑移動，過點作，垂足為．設，的面積為，則下列能大致反映與函數關系的圖象是（）A．B．C． D．【答案】D【分析】分兩種情況分類討論：當0≤x≤6.4時，過C點作CH⊥AB于H，利用△ADE∽△ACB得出y與x的函數關系的圖象為開口向上的拋物線的一部分；當6.4＜x≤10時，利用△BDE∽△BCA得出y與x的函數關系的圖象為開口向下的拋物線的一部分，然后利用此特征可對四個選項進行判斷．【詳解】解：∵，，，∴BC=，過CA點作CH⊥AB于H，∴∠ADE=∠ACB=90°，∵，∴CH=4.8，∴AH=，當0≤x≤6.4時，如圖1，∵∠A=∠A，∠ADE=∠ACB=90°，∴△ADE∽△ACB，∴，即，解得：x=，∴y=?x?=x2；當6.4＜x≤10時，如圖2，∵∠B=∠B，∠BDE=∠ACB=90°，∴△BDE∽△BCA，∴，即，解得：x=，∴y=?x?=；故選：D．【點睛】本題考查了動點問題的函數圖象：函數圖象是典型的數形結合，圖象應用信息廣泛，通過看圖獲取信息，不僅可以解決生活中的實際問題，還可以提高分析問題、解決問題的能力．解決本題的關鍵是利用分類討論的思想求出y與x的函數關系式．二、填空題：本題共8個小題，每題3分，共24分。11．（2021·上?！ぞ拍昙壠谥校┮阎谥校?，，，點、分別在邊、上，且．將繞點順時針旋轉，當點落在線段上的點處時，恰好是的平分線，此時線段的長是_____．【答案】6【分析】設，則，先根據相似三角形的判定證出，根據相似三角形的性質可得，再根據平行線的判定與性質、角平分線的定義可得，等腰三角形的判定可得，然后根據旋轉的性質可得，從而可得，最后在中，利用勾股定理求出的值，由此即可得出答案．【詳解】解：如圖，設，則，，，，，，，，又平分，，，，由旋轉的性質得：，，在中，，即，解得或（不符題意，舍去），，故答案為：6．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、旋轉的性質、一元二次方程的應用等知識點，正確找出兩個相似三角形是解題關鍵．12．（2022·上海嘉定·九年級期末）在梯形中，，對角線與相交于點，如果、的面積分別是1cm2、4cm2，那么梯形的面積等于________cm2．【答案】9【分析】由于AD∥BC，可得△OAD∽△COB，再根據相似三角形的面積之比等于相似比的平方即可求出BO與OD的關系，AO與OC的關系，從而求出△ABO和△CDO的面積，進而求出梯形的面積．【詳解】解：∵AD∥BC，∴△OAD∽△COB，∴，∴AO：CO=DO：BO=1：2，∴，∴，同理求出，故答案為：9．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、梯形的性質，以及三角形面積的求解，難度適中，解題的關鍵是注意數形結合思想的應用．13．（2022·上海虹口·九年級期末）如圖，過的重心G作分別交邊AC、BC于點E、D，聯結AD，如果AD平分，，那么______．【答案】8【分析】由重心的性質可以證明,再由AD平分和可得DE=AE，最后根據得到即可求出EC．【詳解】解：連接CG并延長與AB交于H，∵G是的重心∴∴∵∴,，∴∴∵AD平分∴∴∴∴,∴【點睛】本題考查三角形的重心的性質、相似三角形的性質與判定、平行線分線段成比例，解題的關鍵是利用好平行線得到多個結論．14．（2022·重慶南岸·九年級期末）如圖，晚上小亮在路燈下散步，在由A點處走到B點處這一過程中，他在點A，B，C三處對應的在地上的影子，其中影子最短的是在_____點處（填A，B，C）．【答案】C【分析】如圖所示，、、分別為點A，B，C三處對應的在地上的影子，通過三角形相似，比較長度的大小，進而求得影子最短的值的點．【詳解】解：如圖、、分別為點A，B，C三處對應的在地上的影子由三角形相似可得，值最小值最小由題意可知，離路燈越近，影子越短故答案為：C．【點睛】本題考查了相似三角形．解題的關鍵是建立比較長度的關系式．15．（2022·福建·福州三牧中學九年級期末）如圖，中，，，，D是AB上的動點，以DC為斜邊作等腰直角使，點E和點A位于CD的兩側，連接BE，BE的最小值為______．【答案】##【分析】以AC為斜邊在AC右側作等腰直角三角形AE1C，邊E1C與AB交于點G，連接E1E延長與AB交于點F，作BE2⊥E1F于點E2，由Rt△DCE與Rt△AE1C為等腰直角三角形，可得∠DCE＝∠CDE＝∠ACE1＝∠CAE1＝45°，于是∠ACD＝∠E1CE，因此△ACD∽△E1CE，所以∠CAD＝∠CE1E＝30°，所以E在直線E1E上運動，當BE2⊥E1F時，BE最短，即為BE2的長．【詳解】解：如圖，以AC為斜邊在AC右側作等腰直角三角形AE1C，邊E1C與AB交于點G，連接E1E并延長與AB交于點F，作BE2⊥E1F于點E2，連接CF，∵Rt△DCE與Rt△AE1C為等腰直角三角形，∴∠DCE＝∠CDE＝∠ACE1＝∠CAE1＝45°，∴∠ACD＝∠E1CE，，∴△ACD∽△E1CE，∴∠CAD＝∠CE1E＝30°，∵D為AB上的動點，∴E在直線E1E上運動，當BE2⊥E1F時，BE最短，即為BE2的長．在△AGC與△E1GF中，∠AGC＝∠E1GF，∠CAG＝∠GE1F，∴∠GFE1＝∠ACG＝45°，∴∠BFE2＝45°，∵，∴，∴∠AE1C＝∠AFC＝90°，∵AC＝6，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，∴BC＝AC＝，又∵∠ABC＝60°，∴∠BCF＝30°，∴BF＝BC＝，∴BE2＝BF＝，即BE的最小值為．故答案為：【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，勾股定理的應用，含30度角的直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質，熟練構造等腰直角三角形是解本題的關鍵．16．（2022·重慶南岸·九年級期末）如圖，院子里有塊直角三角形空地ABC，∠C＝90°．直角邊AC＝3m、BC＝4m，現準備修一個如圖所示的矩形DEFG的養(yǎng)魚池，當矩形DEFG面積最大時，EF的長為_____．【答案】##【分析】過點作，交于點，等面積法求得，設，進而根據得出比例式，根據矩形的面積為，得到關于的二次函數，根據二次函數的性質即可求得面積最大時的的值，進而求得的長．【詳解】解：如圖，過點作，交于點，∠C＝90°．直角邊AC＝3m、BC＝4m，設，則四邊形是矩形，整理得設矩形的面積為，則當取得最大值時，，此時故答案為：【點睛】本題考查了矩形的性質，勾股定理，相似三角形的性質與判定，二次函數的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．17．（2021·上海市洛川學校九年級期中）如圖，矩形DEFG的邊DE在△ABC的邊BC上，頂點G、F分別在邊AB、AC上，已知BC＝6cm，DE＝3cm，EF＝2cm，那么邊BC上的高的長是___cm．【答案】4【分析】由題意過A作AH⊥BC于H，交GF于M，由矩形的性質得GF∥BC，DG=EF=2cm，GF=DE=3cm，再證△AGF∽△ABC，求出AM=2（cm），則AH=AM+MH=4（cm），即可求解．【詳解】解：過A作AH⊥BC于H，交GF于M，如圖所示：∵AH⊥BC，四邊形DEFG是矩形，∴四邊形HEFM是矩形，則MH=EF=2cm，∵四邊形DEFG是矩形，∴GF∥BC，DG=EF=2cm，GF=DE=3cm，∵GF∥BC，∴△AGF∽△ABC，∴，即，解得：AM=2（cm），∴AH=AM+MH=4（cm），即邊BC上的高的長是4cm.故答案為：4．【點睛】本題考查矩形的性質和相似三角形的判定與性質等知識，熟練掌握矩形的性質，證明△AGF∽△ABC是解題的關鍵．18．（2022·重慶實驗外國語學校八年級期末）如圖，長方形中，點與原點重合，點在軸的正半軸上，點在的正半軸上，為中點，為上一點，將沿折疊后，點恰好落到上的點處，所在的直線方程為，則折痕的長為______．【答案】【分析】連接EC，利用一次函數與坐標軸的交點坐標求得F(0，)，C(12，0)，證明EC平分∠DCF，再證∠FEC=90°，最后證Rt△GECRt△GFE，利用相似的性質即可求出FG的長度，再利用勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖，連接EC，令x=0，則y=，令y=0，則x=12，∴F(0，)，C(12，0)，∴OF=，OC=AD=12，由勾股定理得：FC=5，∵E為AD中點，∴AE=DE=AD=6，設FG=a，則GC=，由翻折知，△AEF≌△GEF，∴AE=GE=6，∠AEF=∠GEF，∠EGF=∠EAF=90°=∠D，∴GE=DE，∴EC平分∠DCG，∴∠DCE=∠GCE，∵∠GEC=90°-∠GCE，∠DEC=90°-∠DCE，∴∠GEC=∠DEC，∴∠FEC=∠FEG+∠GEC=×180°=90°，∴∠FEG+∠GEC=90°，∠FEG+∠EFG=90°，∴∠GEC=∠EFG，∴Rt△GECRt△GFE，∴，即，解得：a=3(舍去)或a=2，即FG=2，∴EF=．故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質，軸對稱的性質，一次函數與坐標軸的交點坐標，相似三角形的判定與性質等，解題關鍵是能夠作出適當的輔助線，連接CE，構造相似三角形，最終利用相似的性質求出結果．三、解答題：本題共7個小題，19-23每題8分，24-25每題13分，共66分。19．（2022·江蘇玄武·九年級期末）如圖，，連接，交于點．(1)求證；(2)若，則的度數為__________．【答案】(1)見解析(2)44°【分析】（1）根據，得出，，根據比例性質得出，可證，根據三角形相似判定定理，，得出；（2）設OB與AC交于D，根據，得出∠OAA′=∠OBB′，根據對頂角性質∠ODA=∠BDC，利用三角形內角和得出∠OAD+∠AOD=∠DBC+∠DCB，可證∠DCB=∠AOD=44°即可．【詳解】(1)證明：∵，∴，.∴，∵，∴，即，∵，，∴；(2)解：設OB與AC交于D，∵，∴∠OAA′=∠OBB′，∵∠ODA=∠BDC，∴∠OAD+∠AOD=∠DBC+∠DCB，∴∠DCB=∠AOD=44°,即∠ACB=44°．故答案為44．【點睛】本題考查三角形相似判定與性質，對頂角性質，三角形內角和，掌握三角形相似判定與性質，對頂角性質，三角形內角和是解題關鍵．20．（2022·江蘇通州·九年級期末）如圖，在中，，，，動點從點開始沿邊向點以的速度移動，動點從點開始沿邊向點以的速度移動．若，兩點同時出發(fā)，當點到達點時，，兩點同時停止移動．設點，移動時間為．(1)若的面積為，寫出關于的函數關系式，并求出面積的最大值；(2)若，求的值．【答案】(1)面積的最大值為(2)【分析】（1）動點從點A開始沿邊向點以的速度移動，動點從點開始沿邊向點C以的速度移動，所以，.從而，求二次函數最大值即可；（2）先證，得，從而，即可得解.【詳解】(1)解：由題意可知，，.∴；∵，∴當時，.∴面積的最大值為；(2)解：∵，，∴.∴.即，解得.故t的值為.【點睛】本題結合三角形面積公式考查了求二次函數的解析式及最值問題，結合相似三角形的判定和性質考查了路程問題，解決此類問題的關鍵是正確表示兩動點的路程（路程＝時間×速度）；這類動點型問題一般情況都是求三角形面積或四邊形面積的最值問題，轉化為函數求最值問題，直接利用面積公式或求和、求差表示面積的方法求出函數的解析式，再根據函數圖象確定最值，要注意時間的取值范圍．21．（2022·廣東高州·九年級期末）已知，如圖，平行四邊形ABCD的對角線相交于點O，點E在邊BC的延長線上，且OE＝OB，連接DE．(1)求證：DE⊥BE；(2)如果OE⊥CD，求證：BD?CE＝CD?DE．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由平行四邊形的性質推出BO＝OD，進而得到OE＝OD，推出∠BEO+∠DEO＝90°，由此得到結論；（2）由（1）得DE⊥BE，結合OE⊥CD推出∠CEO＝∠CDE，依據OB＝OE，推出∠DBE＝∠CDE，證明△BDE∽△DCE，得到結論．解：(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝OD，∵OE＝OB，∴OE＝OD，∴∠OBE＝∠OEB，∠OED＝∠ODE，∵∠OBE+∠OEB+∠OED+∠ODE＝180°，∴∠BEO+∠DEO＝∠BED＝90°，∴DE⊥BE；(2)證明：由（1）得DE⊥BE，又∵OE⊥CD，∴∠CEO+∠DCE＝∠CDE+∠DCE＝90°，∴∠CEO＝∠CDE，∵OB＝OE，∴∠DBE＝∠OEB，∴∠DBE＝∠CDE，∵∠BED＝∠DEC，∴△BDE∽△DCE，∴，∴BD?CE＝CD?DE．．【點睛】此題考查了平行四邊形的性質，等腰三角形等邊對等角的性質，相似三角形的判定及性質，熟記平行四邊形的性質是解題的關鍵．22．（2022·江蘇海州·九年級期末）如圖，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，在線段AB上，動點M從點A出發(fā)向點B做勻速運動，同時動點N從B出發(fā)向點A做勻速運動，當點M、N其中一點停止運動時，另一點也停止運動，分別過點M、N作AB的垂線，分別交兩直角邊AC，BC所在的直線于點D、E，連接DE，若運動時間為t秒，在運動過程中四邊形DENM總為矩形（點M、N重合除外）．(1)寫出圖中與△ABC相似的三角形；(2)如圖，設DM的長為x，矩形DENM面積為S，求S與x之間的函數關系式；當x為何值時，矩形DENM面積最大？最大面積是多少？(3)在運動過程中，若點M的運動速度為每秒1個單位長度，求點N的運動速度.求t為多少秒時，矩形DEMN為正方形？【答案】(1)圖中與△ABC相似的三角形有△DEC，△EBN，△ADM(2)當時，矩形DENM面積最大，最大面積是3(3)點N的速度為每秒個單位長度，當時，矩形DEMN為正方形【詳解】(1)解：∵四邊形DENM是矩形，∴DE∥AB，∠DMN=∠DMA=∠ENM=∠ENB=90°，∴△CDE∽△CAB，∵∠ACB=∠AMD=∠ENB=90°，∠A=∠A，∠B=∠B，∴△AMD∽△ACB，△ENB∽△ACB；∴圖中與△ABC相似的三角形有△DEC，△EBN，△ADM；(2)解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，∴，∵△ADM∽△ABC，∴，∵，∴，∴∴，∴，∵△ADM∽△ABC，△DEC∽△ABC，∴△ADM∽△DEC，∴，即，∴，∴，∵，∴當時，矩形DENM面積最大，最大面積是3；(3)解：當M、N相遇前，∵四邊形DENM是矩形，∴NE=MD，∵△AMD∽△ABC，∴，由題意得，∴，∴；∵△BEN∽△BAC，∴，即∴，∴點N的速度為每秒個單位長度；∵當N、M相遇時，有AM+BM=AB，∴，解得，即M、N相遇的時間為，當N、M相遇后繼續(xù)運動，N點到達A點時，∴，解得，即N點到底A點的時間為；∵矩形DENM是正方形，∴DM=MN=EN，當N、M相遇前，即當時，，，，∴，∴，解得；當N、M相遇后，即當時，，，，∴，，∴，∴，解得不符合題意，∴綜上所述，點N的速度為每秒個單位長度，當時，矩形DEMN為正方形．【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，矩形的性質，正方形的性質，勾股定理，二次函數的性質，熟知相似三角形的性質與判定條件是解題的關鍵．23．（2022·福建廈門·九年級期末）如圖，在四邊形ABCD中，BA=BC，AC⊥BD，垂足為O．P是線段OD上的點（不與點O重合），把線段AP繞點A逆時針旋轉得到AQ，∠OAP=∠PAQ，連接PQ，E是線段PQ的中點，連接OE交AP于點F．（1）若BO=DO，求證：四邊形ABCD是菱形；（2）探究線段PO，PE，PF之間的數量關系．【答案】（1）見詳解；（2）【分析】（1）根據線段垂直平分線的性質可知AB=AD，BC=CD，進而根據菱形的判定定理可求證；（2）連接AE并延長，交BD的延長線于點G，連接FQ，由題意易得，則有，然后可得，則有，進而可得，然后證明，即有，最后根據勾股定理可求解．【詳解】（1）證明：∵AC⊥BD，BO=DO，∴AC垂直平分BD，∴AB=AD，BC=CD，∵BA=BC，∴BA=AD=CD=BC，∴四邊形ABCD是菱形；（2）解：，理由如下：連接AE并延長，交BD的延長線于點G，連接FQ，如圖所示：由旋轉的性質可得AP=AQ，∵E是線段PQ的中點，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，設，∵AP=AQ，E是線段PQ的中點，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴（SAS），∴，，∴在Rt△QFP中，由勾股定理得：，∵E是線段PQ的中點，∴，∴．【點睛】本題主要考查菱形的判定、等腰三角形的性質與判定、垂直平分線的性質定理、勾股定理及相似三角形的性質與判定，熟練掌握菱形的判定、等腰三角形的性質與判定、垂直平分線的性質定理、勾股定理及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．24．（2021·重慶·九年級期末）在中，，，點為邊