專題04圖形的相似（難點）

專題04圖形的相似（難點）一、單選題1．下列說法不正確的是（）A．將一個矩形風景畫的四周鑲上寬度相等的金邊后得到的新矩形與原矩形相似B．若線段a＝5cm，b＝2cm，則a：b＝5：2C．若線段AB＝cm，C是線段AB的黃金分割點，且AC＞BC，則AC＝cmD．若兩個相似多邊形的面積比為16：9，那么這兩個相似多邊形的周長比是4：3【答案】A【分析】直接利用成比例線段以及相似多邊形的性質、黃金分割的性質分別判斷得出答案．【解析】解：A、將一個矩形風景畫的四周鑲上寬度相等的金邊后得到的新矩形與原矩形不一定相似，原說法錯誤，故此選項符合題意；B、若線段a=5cm，b=2cm，則a：b=5：2，正確，故此選項不符合題意；C、若線段AB＝cm，C是線段AB的黃金分割點，且AC＞BC，則cm，正確，故此選項不符合題意；D、若兩個相似多邊形的面積比為16：9，那么這兩個相似多邊形的周長比是4：3，正確，故此選項不符合題意；故選：A．【點睛】本題考查的是相似多邊形的性質，矩形的性質，成比例線段，黃金分割，掌握它們的概念和性質是解題的關鍵．2．點是線段的黃金分割點，且，下列命題：，中正確的有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【分析】把一條線段分成兩部分，使其中較長的線段為全線段與較短線段的比例中項，這樣的線段分割叫做黃金分割，他們的比值叫做黃金比．【解析】∵點P是線段AB的黃金分割點，且AP＞PB，∴根據(jù)線段黃金分割的定義得：AP2＝PB?AB，AP：AB＝PB：AP，∴只有②④正確．故選B．【點睛】本題主要考查了理解黃金分割的概念，找出黃金分割中成比例的對應線段是解決問題的關鍵．本題同時考查了乘積形式和比例形式的轉化，難度適中．3．如圖，在中，，，下列結論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)平行線分線段成比例的性質，即可解答．【解析】，，故選：D．【點睛】本題主要考查了平行線分線段成比例的性質，解題關鍵是熟練運用這個性質得到線段的比例關系．4．如圖，在等腰Rt△ABC中∠C＝90°，AC＝BC＝2．點D和點E分別是BC邊和AB邊上兩點，連接DE．將△BDE沿DE折疊，得到△B′DE，點B恰好落在AC的中點處，設DE與BB交于點F，則EF＝（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質得到ABAC＝4，∠A＝∠B＝45°，過B′作B′H⊥AB與H，得到AH＝B′HAB′，求得AH＝B′H＝1，根據(jù)勾股定理得到BB′，由折疊的性質得到BFBB′，DE⊥BB′，根據(jù)相似三角形即可得到結論．【解析】解：∵在等腰Rt△ABC中∠C＝90°，AC＝BC＝2，∴ABAC＝4，∠A＝∠B＝45°，過B′作B′H⊥AB與H，∴△AHB′是等腰直角三角形，∴AH＝B′HAB′，∵AB′AC，∴AH＝B′H＝1，∴BH＝3，∴BB′，∵將△BDE沿DE折疊，得到△B′DE，∴BFBB′，DE⊥BB′，∴∠BHB′＝∠BFE＝90°，∵∠EBF＝∠B′BH，∴△BFE∽△BHB′，∴，∴，∴EF，故答案為：．故選：C．【點睛】本題考查等腰直角三角形的判定與性質，勾股定理，折疊問題，相似三角形的判定與性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．5．如圖，是的直徑，弦于點E，G是弧上任意一點，線段與交于點F，連接．若，則的直徑為（

）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】（1）連接AC，由垂徑定理可得AC=AD，再根據(jù)圓周角定理推導出,得到△ACF∽△AGC，得AC2=,根據(jù)勾股定理求出AE，連接BD最后用△ADE∽△ABD即可得直徑AB；【解析】連接AC,BD弦于點EAC=AD,△ACF∽△AGCAC2=,AC=△ADE是直角三角形，∠AED＝90°，,,∠AED＝∠ADB=90°△ADE∽△ABD,故答案選：C【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓周角定理及推論、垂徑定理，相似三角形，解題關鍵是熟練掌握直徑所對的圓周角是直角，過圓心且垂直于弦的直線平分這條弦．滿足勾股定理的各邊關系，相似三角對應邊成比例是重要等量關系．6．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝與x軸的正半軸交于點A，B點為拋物線的頂點，C點為該p拋物線對稱軸上一點，則的最小值為（

）A． B．25 C．30 D．【答案】A【分析】連接OB，過C點作CM⊥OB于M點，過A點作AN⊥OB于N點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D，先求出拋物線與坐標軸的交點坐標，繼而得出BD、OA、OD，在證明△OBD∽△CBM，△OBD∽△OAN，進而可得3BC+5AC=5MC+5AC=5(AC+CM)，當A、C、M三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，AC+CM最小，根據(jù)求出AN，AC+CM最小值即為AN，則問題得解．【解析】連接OB，過C點作CM⊥OB于M點，過A點作AN⊥OB于N點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D，如圖，令y=0，得方程，解得x=0或者x=6，∴A點坐標為(6,0)，即OA=6，將配成頂點式得：，∴B點坐標為(3,4)，∴BD=4，OD=3，∵CM⊥OB，AN⊥OB，∴∠BMC=∠ANO=90°，根據(jù)拋物線對稱軸的性質可知BD⊥OA，∴∠BDO=90°，在Rt△BDO中，利用勾股定理得，∵∠OBD=∠CBM，∠BDO=90°=∠BMC∴△OBD∽△CBM，同理可證得△OBD∽△OAN，∴，，∴，即3BC=5MC，∴3BC+5AC=5MC+5AC=5(AC+CM)，∵當A、C、M三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，AC+CM最小，∴AC+CM最小值為AN，如圖所示，∵，∴，∴AC+CM最小值，∴即3BC+5AC=5(AC+CM)=24，故選：A．【點睛】本題考查了求拋物線與坐標軸的交點和拋物線頂點的坐標、相似三角形的判定與性質、垂線段最短等知識，利用三角形相似得出3BC=5MC，進而得出3BC+5AC=5(AC+CM)是解答本題的關鍵．7．如圖，與的邊相切，切點為點，并分別與、邊相交于、點，，過點作交于點，若的半徑不變，則的最大值為（

）A． B． C． D．無法確定【答案】B【分析】由兩角對應相等可判定，由此得到，變形得到，由勾股定理得到，可得，推斷出的最大值是直徑的平方，再由，點、在上，推出是的直徑，再根據(jù)勾股定理即可得解．【解析】解：連結,，，，,又，，，，，，，在中，，，最大值是是直徑時，的最大值是直徑的平方，，，點、在上，是的直徑，，是直徑的平方，的最大值可表示為：，故選：．【點睛】此題考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質等內(nèi)容，掌握上述基本性質定理是解題的關鍵．8．如圖，為銳角三角形，，，點O為的重心，D為中點，若固定邊，使頂點A在所在平面內(nèi)進行運動，在運動過程中，保持的大小不變，設的中點為D，則線段的長度的取值范圍為（）A． B．C． D．【答案】D【分析】如圖，作的外接圓，點為圓心，，根據(jù)重心定理，得出，根據(jù)圓周角定理，得出，進而得出，再根據(jù)等角對等邊，得出，再根據(jù)勾股定理，得出，，當時，最長，可求此時最大值，由于，可得此時最小值，進而可得的取值范圍．【解析】解：如圖，作的外接圓，點為圓心，，∵點O為的重心，∴，∵，∴，∴，∴，由勾股定理知，∴，∵當時，最長，∴最大值為，∵，∴，∴．故選：D【點睛】本題考查了三角形的外接圓、重心定理、圓周角定理、等角對等邊、勾股定理等知識，解題的關鍵在于熟練掌握外接圓．重心定理：三角形的三條中線交于一點，這點到頂點的距離是它到對邊中點距離的2倍．該點叫做三角形的重心．9．如圖1，在菱形ABCD中，∠A＝120°，點E是BC邊的中點，點P是對角線BD上一動點，設PD的長度為x，PE與PC的長度和為y，圖2是y關于x的函數(shù)圖象，其中H是圖象上的最低點，則a＋b的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由A、C關于BD對稱，推出PA＝PC，推出PC＋PE＝PA＋PE，推出當A、P、E共線時，PE＋PC的值最小，觀察圖象可知，當點P與B重合時，PE＋PC＝6，推出BE＝CE＝2，AB＝BC＝4，分別求出PE＋PC的最小值，PD的長即可解決問題．【解析】解：∵在菱形ABCD中，∠A＝120°，點E是BC邊的中點，∴易證AE⊥BC，∵A、C關于BD對稱，∴PA＝PC，∴PC＋PE＝PA＋PE，∴當A、P、E共線時，PE＋PC的值最小，即AE的長．觀察圖象可知，當點P與B重合時，PE＋PC＝6，∴BE＝CE＝2，AB＝BC＝4，∴在Rt△AEB中，AE＝，∴PC＋PE的最小值為，∴點H的縱坐標a＝，∵BC∥AD，∴，∵BD＝，∴PD＝，∴點H的橫坐標b＝，∴a＋b＝；故選：C．【點睛】本題考查動點問題的函數(shù)圖象，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結合的思想解答．10．如圖，在正方形中，點是邊的中點，連接、，分別交、于點、，過點作交的延長線于，下列結論正確的有：（

）①；②；③若四邊形的面積為4，則該正方形的面積為36；④．A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】B【分析】連接OE、AF，①利用四點共圓證明∠AFP＝∠ABP＝45°即可；②設BE＝EC＝a，求出AE，OA即可解決問題；③利用相似三角形的性質計算求得正方形ABCD的面積為48；④利用相似三角形的性質證明即可．【解析】解：如圖，連接OE、AF∵四邊形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴四點共圓，∴，∴，∴，故①正確，設，則由勾股定理可得：，，∴，即，故②正確，根據(jù)對稱性可知，，∴，∵，∴，∴∴，∴，∴，∴，故③錯誤，∵∴，∴，∵，∴，故④正確，故選B【點睛】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，四點共圓的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握相關基本性質，并靈活運用所學知識解決問題．二、填空題11．如圖，在菱形ABCD中，AC，BD相交于點O，OD＝2，將BC繞點B逆時針旋轉得到BE，交CD于點F，且使得DE⊥BD．若AC＝4DE，則CF＝．【答案】【分析】首先根據(jù)題目已知條件理清各邊之間的關系，根據(jù)勾股定理求出DE,AC的長，再根據(jù)勾股定理求出菱形邊長，利用相似：△OBF∽△DBE得出OF的長，再利用相似:△DEF∽△CMF得出CF的長．【解析】設DE的長為x，∵AC=4DE,∴AC=4x，∵四邊形ABCD為菱形，∴AO=，AC⊥BD,∴△AOD為直角三角形，∴，∵BC=AD,∴BC=,∵DE⊥BD，∴△DBE為直角三角形，∴BE=，又∵BE=BC,∴，解得x=2，∴DE=2，AC=8,AO=OC=4,BC=DC=,設BE與AC交點為M，∵DE⊥DB，AC⊥DB，∴DE∥AC，即DE∥OM，∵O為DB中點，∴,∴OM=1,又∵OC=4,∴MC=OCOM=3,∵DE∥CM,∴,∴,故填：．【點睛】本題考查菱形的性質，旋轉的性質，勾股定理，相似，解題本題的關鍵是利用勾股定理求出邊長，再根據(jù)平行得出兩組相似三角形．12．如圖，點是平行四邊形邊上一點，將沿直線翻折，點的對應點恰好落在的角平分線上，若，，，則，．【答案】1【分析】根據(jù)平行四邊形性質，由角平分線性質得，即為等邊三角形，即，有折疊性質得，延長AD交BG的延長線于H，利用相似三角形的性質，設AE=2x，構建方程求解即可．【解析】解：如圖，過點F作于點H，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴，∵，∴，∴，∵BG是的角平分線，∴，∴為等邊三角形，∴CG=BC=2，∴DG=DCCG=32=1，延長AD交BG的延長線于H，設AE=EF=2a，則BE=32a，∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，設BF=x，∴，解得或(舍)，∴；故答案為：1；．【點睛】本題考查翻折變換，平行四邊形性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，含角的直角三角形，相似三角形判定與性質，解決本題的關鍵是熟練運用以上知識點．13．用一張正方形紙片折成一個“小蝌蚪”圖案（如圖1）．如圖2，正方形的邊長為2，等腰直角的斜邊過點D．點F為邊上一點，連結交于點G，將沿對稱得，與交于點H．當時，；當點G為的中點時，則的長為．【答案】【分析】根據(jù)正方形的性質得到，根據(jù)折疊性質得到≌，從而推出，可判斷出A、C、共線，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出；延長AG到，使，連接EK．說明，證明，推出，得到，推出，再利用勾股定理求出CE，可得CF．【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形且邊長為2，∴，，AC平分，．∴．∵是等腰直角三角形，∴．根據(jù)折疊性質可知≌，∴，，，∵，，∴．∴．∴．∴A、C、共線．∴．∴．∴．延長AG到，使，連接EK．∴．∴．∵是等腰直角三角形，AE為斜邊，∴．∵，∴．∴．∴．∴．∴．∴．又∵，∴．∴，．∴．∴．∴．∵G是CD中點，∴．∴．∴．∵，．∴．∴．故答案為：，．【點睛】本題考查了折疊問題，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，題目比較新穎，難度較大，解題的關鍵是掌握圖形中的已知條件，靈活運用相似三角形的性質，得到線段之間的關系．14．如圖，是半圓O的直徑．點C在半徑上，過點C作交半圓O于點D．以為邊分別向左、下作正方形．過點B作的垂線與的延長線交于點I，M為的中點．記正方形，四邊形的面積分別為．（1）若，則的值為；（2）若D，O，M在同一條直線上，則的值為．【答案】【分析】設，，利用相似三角形的性質求出即可解決問題；當、、共線時，設，，由，推出，推出，，，由，推出，推出，整理得：，求出的值即可解決問題．【解析】解：如圖，連，．是直徑，，，，，，，，，，可以假設，，，；當、、共線時，設，，，，，，，，，，整理得：，或（舍棄），，．故答案為：，．【點睛】本題考查圓周角定理，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，一元二次方程等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．15．如圖，在平面直角坐標系中，點，點C是線段的中點，點D是線段上一點，將沿直線翻折得到，點E落在反比例函數(shù)的圖像上，若，則k的值為．

【答案】128【分析】如圖：延長交x軸于H，由題意可得，根據(jù)勾股定理可得，再證可得；由C是的中點可得，進而得到；再根據(jù)折疊的性質可得可證可得，進而得到，最后根據(jù)即可解答．【解析】解：如圖：延長交x軸于H，∵點，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵C是的中點，∴，∴，∵沿直線翻折，使得點A落在點E處，∴，∵，∴，∴，∴，∵點E落在反比例函數(shù)的圖像上，∴．

故答案為：128．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質、反比例函數(shù)k的幾何意義等知識點，根據(jù)題意求得、是解答本題的關鍵．16．如圖，已知點是拋物線的頂點，過作直線分別交軸正半軸和軸正半軸于點、交拋物線于點，且，過點作軸，垂足為，若的面積是的2倍，則的值為．

【答案】【分析】根據(jù)題意，先得到，作PE⊥x軸，垂足為E，作PD平行x軸，交GC延長線于點D，然后由相似三角形的判定和性質，二次函數(shù)的性質，求出點C的坐標，把點C代入拋物線方程，即可求出m的值．【解析】解：根據(jù)題意，則∵△ACG與△PCG是同高，且底邊在同一條直線上，又∵，∴，∴，作PE⊥x軸，垂足為E，作PD平行x軸，交GC延長線于點D，如圖：

∴PE∥CG，∴△ACG∽△APE，∴；在拋物線中，對稱軸為，當時，代入，則，∴點P的坐標為（3，9m）；∴，，∴，∵PD∥x軸，∴△ACG∽△PCD，∴，∴；∵，∴，∵，∴，∴，∴點C的坐標為：（，），把點C代入拋物線的方程，則，解得：．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，二次函數(shù)的性質，平行線的性質，以及解一元二次方程的步驟，解題的關鍵是熟練掌握題意，正確的作出圖形，運用數(shù)形結合的思想進行解題．17．已知半徑為的是矩形的外接圓，點是弧上的一點，分別延長，交于點，其中．如圖甲，當點是弧的中點時，（用的代數(shù)式表示）；如圖乙，當點是弧的中點時，且，的值為．【答案】【分析】（1）連接OE交AB于G，如圖1，由垂徑定理可得OE⊥AB，AG=BG，進一步可得EG和OG分別是△ABF和△ABC的中位線，然后根據(jù)矩形的性質和三角形的中位線定理即可求出AF；（2）連接CE，過點A作AM⊥BF于點M，如圖2，根據(jù)已知條件和圓周角定理的推論可得△AFB是等腰直角三角形，可得AM=BF，BA=AF，由△AEF的面積為10可得，連接BD，易證△FAE∽△FBD，然后根據(jù)相似三角形的性質可得關于AD的一元二次方程，解方程即可求出AF，即為CD，再根據(jù)勾股定理即可求出答案．【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD=3，F(xiàn)A⊥AB，∠ABC=90°，∴AC是的直徑，連接OE交AB于G，如圖1，∵點是的中點，∴OE⊥AB，AG=BG，∴OG∥DF，∴BE=FE，∴EG=AF，∵AG=BG，AO=CO，∴OG=BC=，∴EG=OE－OG=r－，∴AF=2EG=；（2）連接CE，過點A作AM⊥BF于點M，如圖2，∵點是的中點，AC是的直徑，∴∠AEC=90°，∠EAC=∠ECA=45°，∴∠FBA=∠ACE=45°，∵∠FAB=90°，∴∠F=∠ABF=45°，∴△AFB是等腰直角三角形，∴AM=BF，BA=AF，∵S△AEF=，∴，連接BD，則∠AEF=∠ADB，又∵∠F=∠F，∴△FAE∽△FBD，∴FA：FE=FB：FD，∴，∴，解得AF=5或AF=﹣8（舍去），∴CD=BA=AF=5，在Rt△ACD中，根據(jù)勾股定理得：，∴的半徑r=．故答案為：，．【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了圓的有關性質、圓內(nèi)接四邊形的性質、三角形的中位線定理、矩形的性質、勾股定理、相似三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質以及一元二次方程的解法等知識，綜合性較強、具有相當?shù)碾y度，正確添加輔助線、熟練掌握上述知識是解題的關鍵．18．在矩形中，點P是矩形邊上一點，連接，將分別沿翻折，得到，當三點共線時，則稱P為邊上的“優(yōu)疊點”（如圖1）．（1）若，則此時的長度為；（2）如圖2，若將矩形置于平面直角坐標系中，，點A在原點，B，D分別在x軸與y軸上，點E和點F分別是和邊上的動點，運動過程中始終保持．當點P是邊上唯一的“優(yōu)疊點”時，連接交于點M，連接交于點N，則的最大值為．

【答案】4【分析】（1）由題意可得，設，利用勾股定理建立方程即可求解；（2）由（1）知，則當點P是邊上唯一的“優(yōu)疊點”時，以為直徑的與相切，此時點P為的中點；從而易得四邊形、四邊形都是正方形，則可得；證明，則得；過點P作于點T，取的中點J，連接，則，，從而當最小時，最大，此時重合；由可求得的長，從而求得的最大值．【解析】解：（1）∵四邊形是矩形，∴，；∵點P為邊上的“優(yōu)疊點”，∴，∵，∴，即；設，則，分別在中，由勾股定理得：，，∴，解得：；故答案為：4；（2）作以為直徑的，如圖，當與相切于點P時，點P為邊上的唯一“優(yōu)疊點”，∵四邊形為矩形，，∴點P為的中點，四邊形、四邊形都是正方形，∴，；∵，，∴，又，∴，∴，∴；過點P作于點T，取的中點J，連接，則，即；由勾股定理得，∵，∴當最小時，最大，此時重合；∵，，∴，∴，∴，的最大值為．故答案為：．【點睛】本題是四邊形的綜合，考查了折疊的性質，三角形全等的判定與性質，相似三角形的判定與性質，矩形的性質，正方形的判定與性質，勾股定理，圓的相切等知識，解題的關鍵是求出最大時，點T與G重合．三、解答題19．如圖，在中，，點D為的中點，，過點E分別作、，垂足分別為M、N，，連接，．

(1)求證：平分；(2)若，求的度數(shù)；(3)若，，點P、Q分別為、上的動點，直接寫出的最小值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）連接，證明，得出，根據(jù)角平分線的判定即可證明結論；（2）先根據(jù)四邊內(nèi)角和求出，根據(jù)，得出，求出，根據(jù)，得出即可；（3）證明，得出，求出，過點M作于點G，過點E作于點H，證明四邊形為矩形，得出，證明，得出，根據(jù)勾股定理求出，求出，作點P關于的對稱點，連接，，根據(jù)兩點之間線段最短得出，根據(jù)垂線段最短得出，即可得出，求出結果即可．【解析】（1）證明：連接，如圖所示：

∵、，∴∵D為的中點，，∴∴，∴，∴平分；（2）解：∵、，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴；

（3）解：∵平分，、，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴，解得：，即，過點M作于點G，過點E作于點H，如圖所示：

∵，∴四邊形為矩形，∴，∵、，∴，∴，∴，∴，∴，∴設，則，，在中根據(jù)勾股定理得：，即，解得：，（舍去），則，∴，作點P關于的對稱點，連接，，如圖所示：∵為的平分線，∴點P關于的對稱點一定在上，根據(jù)對稱性可知，，∴，∵兩點之間線段最短，∴，∵垂線段最短，∴，∴，∴的最小值為的長，即的最小值為．【點睛】本題主要考查了角平分線的判定，三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質，垂線段最短，兩點之間線段最短，矩形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握相關的判定和性質．20．如圖①所示，已知是的直徑，點C在半徑上，點D，點F是圓上的點，，點E是半徑的中點，與交于點G，連接，．

(1)如果，連接OD，如圖②所示：①則的度數(shù)為___________°；②若，求線段的長；(2)若，求的值．【答案】(1)①；②(2)【分析】（1）①根據(jù)已知可判定出為等腰直角三角形，即可得出結果；②設，根據(jù)勾股定理求出的長，再結合平行線性質可得到，進而根據(jù)求出結果；（2）延長交于點K，連接，交于點M，設，．則，，根據(jù)平行線分線段成比例推出結果即可．【解析】（1）解：①，，，，，為等腰直角三角形，，故答案為：；②設．∵E是中點，∴，，∵，∴在中，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，解得：，（舍去），∴線段的長為；（2）

如圖：延長交于點K，連接，交于點M，設，．則，，∵，∴，∵，∴，同：∵，∴，∵，∴，，∵，∴，∵，，∴，，，，∴，∴，，∴，又∵，∴，∴即，∴，∴．【點睛】本題考查了平行線的性質，平行線分線段成比例，等腰三角形的判定與性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．21．【基礎鞏固】

（1）如圖1，在中，D為上一點，．求證：．【嘗試應用】（2）如圖2，在平行四邊形中，E為上一點，F(xiàn)為延長線上一點，．若，，求的長．【拓展提高】（3）如圖3，在菱形中，E是上一點，F(xiàn)是內(nèi)一點，，，，，，則菱形的邊長為______．【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）證明，得出，則可得出結論；（2）證明，得出比例線段，則，求出，則可求出．（3）分別延長，相交于點G，證得四邊形為平行四邊形，得出，，，證明，得出比例線段，則，可求出，則答案可求出．【解析】解：（1）證明：∵，，∴．∴．∴；（2）∵四邊形是平行四邊形，∴，，又∵，∴．又∵，∴．∴．∴．∴，∴；（3）如圖，分別延長，相交于點G，

∵四邊形是菱形，∴，∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，，，∵，∴．∴．又∵，∴．∴．∴．又∵，∴．∴．又∵，∴∴則菱形的邊長為．【點睛】此題考查相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的性質，勾股定理等知識，綜合性較強，難度較大，正確掌握相似三角形的判定方法是解題關鍵．22．如圖，矩形（）與矩形全等，點，，在同一條直線上，的頂點在線段上移動．

(1)如圖1，用直尺和圓規(guī)在上求作點，使是直角；(2)若，，在上是否一定存在點，使得，且是直角，若存在直接寫出的長，若不存在，請說明理由；(3)設，，試通過計算說明（1）中的點一定有兩個；(4)過、、三點作交于另一點，連接、，若，求的值．【答案】(1)詳見解析(2)存在，，詳見解析(3)詳見解析(4),詳見解析【分析】（1）由的頂點P在線段上移動，且為直角，得點P也在以為直徑的的圓上運動；所以以為直徑作與的交點即為所求；（2）利用，根據(jù)全等三角形的性質得出，進而求出的值，即可得出答案；（3）要判斷直角頂點的個數(shù)，只要判定以為直徑的圓與線段的位置關系即可，相交時有2個點，相切時有1個，外離時有0個，不會出現(xiàn)更多的點；（4）連，作，先證，再證，進而可得線段之間的比值關系．【解析】（1）∵點在一條直線上，的頂點P在線段上移動，為直角，∴點P在以為直徑的的圓上運動，∴點P就是與的交點，如圖所示，即為所求；

．（2）在上存在點P使，且為直角，此時，理由如下：∵點在一條直線上，的頂點P在線段上移動，為直角，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故在存在點P使，且為直角，此時．（3）

連接，延長交于Q，如圖在中，根據(jù)勾股定理可得：；過的中點M作于點N，則是梯形的中位線，則；以為直徑的圓，半徑是，，而只有是等號才成立，因而，即圓與直線相交，則直角頂點P的位置有兩個．（4）

設，連，作于N，由已知得，，∴，∴,∴,∴為等腰直角三角形，過的圓的圓心為的中點，∴，∴是梯形的中位線，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴∴，∴【點睛】本題考查了圓周角定理，直線和圓的位置關系，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識點，熟練掌握其性質是解決此題的關鍵．23．如圖，平面內(nèi)的兩條直線、，點，在直線上，點，在直線上，過，兩點分別作直線的垂線，垂足分別為，，我們把線段叫做線段在直線上的正投影，其長度可記作或，特別地線段在直線上的正投影就是線段．請依據(jù)上述定義解決如下問題：(1)如圖1，在銳角中，，，則______；(2)如圖2，在中，，，，求的面積；(3)如圖3，在鈍角中，點在邊上，，，，，求．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）如圖1中，作于點，由正投影的定義可求解；（2）如圖2中，作于點，由正投影的定義可求，，通過證明，可得可求的長，由面積公式可求解；（3）如圖3中，過點作于點，于點，由正投影的定義可求，，利用勾股定理求出，再利用相似三角形的性質求出，，即可求解．【解析】（1）解：如圖1，作于點，

，，，，，故答案為：；（2）如圖2，作于點，

，，，，，，，，，，，，，；（3）過點作于點，于點，

，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質，三角形面積公式，勾股定理，理解并運用正投影的定義是本題的關鍵．24．如圖，、均為的直徑，，交于點，且，與的交點為．

(1)求證：；(2)連接，若，求證：是的切線；(3)在（）的條件下，連接，交于點，求的值．【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)．【分析】（）連接，由圓周角定理可得，可證垂直平分，可得；（）連接，通過證明，可得，即可得結論；（）由平行線分線段成比例和相似三角形的性質可得，即可求解.【解析】（1）證明：如圖，連接，

∵是直徑，∴，∵,，∴垂直平分，∴，∴；（2）證明：如圖，連接，

∵、均為的直徑，，∴，，∵，∴，∵，，∴，∴，設，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴∵，∴，∴，∵是半徑，∴是的切線；（3）連接，交于點，

∵，∴，∴，∴，∵，∴∴∴∴．【點睛】此題考查了切線的判定、相似三角形的判定和性質、圓周角定理等知識，添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．25．如圖，拋物線經(jīng)過點，與x軸交于點，點C是該拋物線的頂點．

(1)求該拋物線的函數(shù)關系式和點C坐標；(2)如圖1，點P是拋物線上在第一象限內(nèi)的點，若為直角三角形，直接寫出點P的坐標；(3)如圖2，點Q是拋物線上一點，過點Q作拋物線對稱軸的垂線，垂足為H，點D是對稱軸上的一點（在所在直線上方），點E是點D關于所在直線的對稱點，連接．若，，求出點Q的坐標．【答案】(1)拋物