专题04图形的相似（难点）

专题04图形的相似（难点）一、单选题1．下列说法不正确的是（）A．将一个矩形风景画的四周镶上宽度相等的金边后得到的新矩形与原矩形相似B．若线段a＝5cm，b＝2cm，则a：b＝5：2C．若线段AB＝cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则AC＝cmD．若两个相似多边形的面积比为16：9，那么这两个相似多边形的周长比是4：3【答案】A【分析】直接利用成比例线段以及相似多边形的性质、黄金分割的性质分别判断得出答案．【解析】解：A、将一个矩形风景画的四周镶上宽度相等的金边后得到的新矩形与原矩形不一定相似，原说法错误，故此选项符合题意；B、若线段a=5cm，b=2cm，则a：b=5：2，正确，故此选项不符合题意；C、若线段AB＝cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则cm，正确，故此选项不符合题意；D、若两个相似多边形的面积比为16：9，那么这两个相似多边形的周长比是4：3，正确，故此选项不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查的是相似多边形的性质，矩形的性质，成比例线段，黄金分割，掌握它们的概念和性质是解题的关键．2．点是线段的黄金分割点，且，下列命题：，中正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值叫做黄金比．【解析】∵点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞PB，∴根据线段黄金分割的定义得：AP2＝PB•AB，AP：AB＝PB：AP，∴只有②④正确．故选B．【点睛】本题主要考查了理解黄金分割的概念，找出黄金分割中成比例的对应线段是解决问题的关键．本题同时考查了乘积形式和比例形式的转化，难度适中．3．如图，在中，，，下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平行线分线段成比例的性质，即可解答．【解析】，，故选：D．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例的性质，解题关键是熟练运用这个性质得到线段的比例关系．4．如图，在等腰Rt△ABC中∠C＝90°，AC＝BC＝2．点D和点E分别是BC边和AB边上两点，连接DE．将△BDE沿DE折叠，得到△B′DE，点B恰好落在AC的中点处，设DE与BB交于点F，则EF＝（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质得到ABAC＝4，∠A＝∠B＝45°，过B′作B′H⊥AB与H，得到AH＝B′HAB′，求得AH＝B′H＝1，根据勾股定理得到BB′，由折叠的性质得到BFBB′，DE⊥BB′，根据相似三角形即可得到结论．【解析】解：∵在等腰Rt△ABC中∠C＝90°，AC＝BC＝2，∴ABAC＝4，∠A＝∠B＝45°，过B′作B′H⊥AB与H，∴△AHB′是等腰直角三角形，∴AH＝B′HAB′，∵AB′AC，∴AH＝B′H＝1，∴BH＝3，∴BB′，∵将△BDE沿DE折叠，得到△B′DE，∴BFBB′，DE⊥BB′，∴∠BHB′＝∠BFE＝90°，∵∠EBF＝∠B′BH，∴△BFE∽△BHB′，∴，∴，∴EF，故答案为：．故选：C．【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，折叠问题，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．5．如图，是的直径，弦于点E，G是弧上任意一点，线段与交于点F，连接．若，则的直径为（

）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】（1）连接AC，由垂径定理可得AC=AD，再根据圆周角定理推导出,得到△ACF∽△AGC，得AC2=,根据勾股定理求出AE，连接BD最后用△ADE∽△ABD即可得直径AB；【解析】连接AC,BD弦于点EAC=AD,△ACF∽△AGCAC2=,AC=△ADE是直角三角形，∠AED＝90°，,,∠AED＝∠ADB=90°△ADE∽△ABD,故答案选：C【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理及推论、垂径定理，相似三角形，解题关键是熟练掌握直径所对的圆周角是直角，过圆心且垂直于弦的直线平分这条弦．满足勾股定理的各边关系，相似三角对应边成比例是重要等量关系．6．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝与x轴的正半轴交于点A，B点为抛物线的顶点，C点为该p抛物线对称轴上一点，则的最小值为（

）A． B．25 C．30 D．【答案】A【分析】连接OB，过C点作CM⊥OB于M点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，继而得出BD、OA、OD，在证明△OBD∽△CBM，△OBD∽△OAN，进而可得3BC+5AC=5MC+5AC=5(AC+CM)，当A、C、M三点共线，且三点连线垂直OB时，AC+CM最小，根据求出AN，AC+CM最小值即为AN，则问题得解．【解析】连接OB，过C点作CM⊥OB于M点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，如图，令y=0，得方程，解得x=0或者x=6，∴A点坐标为(6,0)，即OA=6，将配成顶点式得：，∴B点坐标为(3,4)，∴BD=4，OD=3，∵CM⊥OB，AN⊥OB，∴∠BMC=∠ANO=90°，根据抛物线对称轴的性质可知BD⊥OA，∴∠BDO=90°，在Rt△BDO中，利用勾股定理得，∵∠OBD=∠CBM，∠BDO=90°=∠BMC∴△OBD∽△CBM，同理可证得△OBD∽△OAN，∴，，∴，即3BC=5MC，∴3BC+5AC=5MC+5AC=5(AC+CM)，∵当A、C、M三点共线，且三点连线垂直OB时，AC+CM最小，∴AC+CM最小值为AN，如图所示，∵，∴，∴AC+CM最小值，∴即3BC+5AC=5(AC+CM)=24，故选：A．【点睛】本题考查了求抛物线与坐标轴的交点和抛物线顶点的坐标、相似三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，利用三角形相似得出3BC=5MC，进而得出3BC+5AC=5(AC+CM)是解答本题的关键．7．如图，与的边相切，切点为点，并分别与、边相交于、点，，过点作交于点，若的半径不变，则的最大值为（

）A． B． C． D．无法确定【答案】B【分析】由两角对应相等可判定，由此得到，变形得到，由勾股定理得到，可得，推断出的最大值是直径的平方，再由，点、在上，推出是的直径，再根据勾股定理即可得解．【解析】解：连结,，，，,又，，，，，，，在中，，，最大值是是直径时，的最大值是直径的平方，，，点、在上，是的直径，，是直径的平方，的最大值可表示为：，故选：．【点睛】此题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．8．如图，为锐角三角形，，，点O为的重心，D为中点，若固定边，使顶点A在所在平面内进行运动，在运动过程中，保持的大小不变，设的中点为D，则线段的长度的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】如图，作的外接圆，点为圆心，，根据重心定理，得出，根据圆周角定理，得出，进而得出，再根据等角对等边，得出，再根据勾股定理，得出，，当时，最长，可求此时最大值，由于，可得此时最小值，进而可得的取值范围．【解析】解：如图，作的外接圆，点为圆心，，∵点O为的重心，∴，∵，∴，∴，∴，由勾股定理知，∴，∵当时，最长，∴最大值为，∵，∴，∴．故选：D【点睛】本题考查了三角形的外接圆、重心定理、圆周角定理、等角对等边、勾股定理等知识，解题的关键在于熟练掌握外接圆．重心定理：三角形的三条中线交于一点，这点到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍．该点叫做三角形的重心．9．如图1，在菱形ABCD中，∠A＝120°，点E是BC边的中点，点P是对角线BD上一动点，设PD的长度为x，PE与PC的长度和为y，图2是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点，则a＋b的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由A、C关于BD对称，推出PA＝PC，推出PC＋PE＝PA＋PE，推出当A、P、E共线时，PE＋PC的值最小，观察图象可知，当点P与B重合时，PE＋PC＝6，推出BE＝CE＝2，AB＝BC＝4，分别求出PE＋PC的最小值，PD的长即可解决问题．【解析】解：∵在菱形ABCD中，∠A＝120°，点E是BC边的中点，∴易证AE⊥BC，∵A、C关于BD对称，∴PA＝PC，∴PC＋PE＝PA＋PE，∴当A、P、E共线时，PE＋PC的值最小，即AE的长．观察图象可知，当点P与B重合时，PE＋PC＝6，∴BE＝CE＝2，AB＝BC＝4，∴在Rt△AEB中，AE＝，∴PC＋PE的最小值为，∴点H的纵坐标a＝，∵BC∥AD，∴，∵BD＝，∴PD＝，∴点H的横坐标b＝，∴a＋b＝；故选：C．【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．10．如图，在正方形中，点是边的中点，连接、，分别交、于点、，过点作交的延长线于，下列结论正确的有：（

）①；②；③若四边形的面积为4，则该正方形的面积为36；④．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】连接OE、AF，①利用四点共圆证明∠AFP＝∠ABP＝45°即可；②设BE＝EC＝a，求出AE，OA即可解决问题；③利用相似三角形的性质计算求得正方形ABCD的面积为48；④利用相似三角形的性质证明即可．【解析】解：如图，连接OE、AF∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴四点共圆，∴，∴，∴，故①正确，设，则由勾股定理可得：，，∴，即，故②正确，根据对称性可知，，∴，∵，∴，∴∴，∴，∴，∴，故③错误，∵∴，∴，∵，∴，故④正确，故选B【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，并灵活运用所学知识解决问题．二、填空题11．如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，OD＝2，将BC绕点B逆时针旋转得到BE，交CD于点F，且使得DE⊥BD．若AC＝4DE，则CF＝．【答案】【分析】首先根据题目已知条件理清各边之间的关系，根据勾股定理求出DE,AC的长，再根据勾股定理求出菱形边长，利用相似：△OBF∽△DBE得出OF的长，再利用相似:△DEF∽△CMF得出CF的长．【解析】设DE的长为x，∵AC=4DE,∴AC=4x，∵四边形ABCD为菱形，∴AO=，AC⊥BD,∴△AOD为直角三角形，∴，∵BC=AD,∴BC=,∵DE⊥BD，∴△DBE为直角三角形，∴BE=，又∵BE=BC,∴，解得x=2，∴DE=2，AC=8,AO=OC=4,BC=DC=,设BE与AC交点为M，∵DE⊥DB，AC⊥DB，∴DE∥AC，即DE∥OM，∵O为DB中点，∴,∴OM=1,又∵OC=4,∴MC=OCOM=3,∵DE∥CM,∴,∴,故填：．【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似，解题本题的关键是利用勾股定理求出边长，再根据平行得出两组相似三角形．12．如图，点是平行四边形边上一点，将沿直线翻折，点的对应点恰好落在的角平分线上，若，，，则，．【答案】1【分析】根据平行四边形性质，由角平分线性质得，即为等边三角形，即，有折叠性质得，延长AD交BG的延长线于H，利用相似三角形的性质，设AE=2x，构建方程求解即可．【解析】解：如图，过点F作于点H，∵四边形ABCD为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∵BG是的角平分线，∴，∴为等边三角形，∴CG=BC=2，∴DG=DCCG=32=1，延长AD交BG的延长线于H，设AE=EF=2a，则BE=32a，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，设BF=x，∴，解得或(舍)，∴；故答案为：1；．【点睛】本题考查翻折变换，平行四边形性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形，相似三角形判定与性质，解决本题的关键是熟练运用以上知识点．13．用一张正方形纸片折成一个“小蝌蚪”图案（如图1）．如图2，正方形的边长为2，等腰直角的斜边过点D．点F为边上一点，连结交于点G，将沿对称得，与交于点H．当时，；当点G为的中点时，则的长为．【答案】【分析】根据正方形的性质得到，根据折叠性质得到≌，从而推出，可判断出A、C、共线，根据三角形内角和定理求出；延长AG到，使，连接EK．说明，证明，推出，得到，推出，再利用勾股定理求出CE，可得CF．【解析】解：∵四边形ABCD是正方形且边长为2，∴，，AC平分，．∴．∵是等腰直角三角形，∴．根据折叠性质可知≌，∴，，，∵，，∴．∴．∴．∴A、C、共线．∴．∴．∴．延长AG到，使，连接EK．∴．∴．∵是等腰直角三角形，AE为斜边，∴．∵，∴．∴．∴．∴．∴．∴．又∵，∴．∴，．∴．∴．∴．∵G是CD中点，∴．∴．∴．∵，．∴．∴．故答案为：，．【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，题目比较新颖，难度较大，解题的关键是掌握图形中的已知条件，灵活运用相似三角形的性质，得到线段之间的关系．14．如图，是半圆O的直径．点C在半径上，过点C作交半圆O于点D．以为边分别向左、下作正方形．过点B作的垂线与的延长线交于点I，M为的中点．记正方形，四边形的面积分别为．（1）若，则的值为；（2）若D，O，M在同一条直线上，则的值为．【答案】【分析】设，，利用相似三角形的性质求出即可解决问题；当、、共线时，设，，由，推出，推出，，，由，推出，推出，整理得：，求出的值即可解决问题．【解析】解：如图，连，．是直径，，，，，，，，，，可以假设，，，；当、、共线时，设，，，，，，，，，，整理得：，或（舍弃），，．故答案为：，．【点睛】本题考查圆周角定理，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．15．如图，在平面直角坐标系中，点，点C是线段的中点，点D是线段上一点，将沿直线翻折得到，点E落在反比例函数的图像上，若，则k的值为．

【答案】128【分析】如图：延长交x轴于H，由题意可得，根据勾股定理可得，再证可得；由C是的中点可得，进而得到；再根据折叠的性质可得可证可得，进而得到，最后根据即可解答．【解析】解：如图：延长交x轴于H，∵点，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵C是的中点，∴，∴，∵沿直线翻折，使得点A落在点E处，∴，∵，∴，∴，∴，∵点E落在反比例函数的图像上，∴．

故答案为：128．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、反比例函数k的几何意义等知识点，根据题意求得、是解答本题的关键．16．如图，已知点是抛物线的顶点，过作直线分别交轴正半轴和轴正半轴于点、交抛物线于点，且，过点作轴，垂足为，若的面积是的2倍，则的值为．

【答案】【分析】根据题意，先得到，作PE⊥x轴，垂足为E，作PD平行x轴，交GC延长线于点D，然后由相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，求出点C的坐标，把点C代入抛物线方程，即可求出m的值．【解析】解：根据题意，则∵△ACG与△PCG是同高，且底边在同一条直线上，又∵，∴，∴，作PE⊥x轴，垂足为E，作PD平行x轴，交GC延长线于点D，如图：

∴PE∥CG，∴△ACG∽△APE，∴；在抛物线中，对称轴为，当时，代入，则，∴点P的坐标为（3，9m）；∴，，∴，∵PD∥x轴，∴△ACG∽△PCD，∴，∴；∵，∴，∵，∴，∴，∴点C的坐标为：（，），把点C代入抛物线的方程，则，解得：．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，平行线的性质，以及解一元二次方程的步骤，解题的关键是熟练掌握题意，正确的作出图形，运用数形结合的思想进行解题．17．已知半径为的是矩形的外接圆，点是弧上的一点，分别延长，交于点，其中．如图甲，当点是弧的中点时，（用的代数式表示）；如图乙，当点是弧的中点时，且，的值为．【答案】【分析】（1）连接OE交AB于G，如图1，由垂径定理可得OE⊥AB，AG=BG，进一步可得EG和OG分别是△ABF和△ABC的中位线，然后根据矩形的性质和三角形的中位线定理即可求出AF；（2）连接CE，过点A作AM⊥BF于点M，如图2，根据已知条件和圆周角定理的推论可得△AFB是等腰直角三角形，可得AM=BF，BA=AF，由△AEF的面积为10可得，连接BD，易证△FAE∽△FBD，然后根据相似三角形的性质可得关于AD的一元二次方程，解方程即可求出AF，即为CD，再根据勾股定理即可求出答案．【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴BC=AD=3，FA⊥AB，∠ABC=90°，∴AC是的直径，连接OE交AB于G，如图1，∵点是的中点，∴OE⊥AB，AG=BG，∴OG∥DF，∴BE=FE，∴EG=AF，∵AG=BG，AO=CO，∴OG=BC=，∴EG=OE－OG=r－，∴AF=2EG=；（2）连接CE，过点A作AM⊥BF于点M，如图2，∵点是的中点，AC是的直径，∴∠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=，∴，连接BD，则∠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，根据勾股定理得：，∴的半径r=．故答案为：，．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的有关性质、圆内接四边形的性质、三角形的中位线定理、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质以及一元二次方程的解法等知识，综合性较强、具有相当的难度，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．18．在矩形中，点P是矩形边上一点，连接，将分别沿翻折，得到，当三点共线时，则称P为边上的“优叠点”（如图1）．（1）若，则此时的长度为；（2）如图2，若将矩形置于平面直角坐标系中，，点A在原点，B，D分别在x轴与y轴上，点E和点F分别是和边上的动点，运动过程中始终保持．当点P是边上唯一的“优叠点”时，连接交于点M，连接交于点N，则的最大值为．

【答案】4【分析】（1）由题意可得，设，利用勾股定理建立方程即可求解；（2）由（1）知，则当点P是边上唯一的“优叠点”时，以为直径的与相切，此时点P为的中点；从而易得四边形、四边形都是正方形，则可得；证明，则得；过点P作于点T，取的中点J，连接，则，，从而当最小时，最大，此时重合；由可求得的长，从而求得的最大值．【解析】解：（1）∵四边形是矩形，∴，；∵点P为边上的“优叠点”，∴，∵，∴，即；设，则，分别在中，由勾股定理得：，，∴，解得：；故答案为：4；（2）作以为直径的，如图，当与相切于点P时，点P为边上的唯一“优叠点”，∵四边形为矩形，，∴点P为的中点，四边形、四边形都是正方形，∴，；∵，，∴，又，∴，∴，∴；过点P作于点T，取的中点J，连接，则，即；由勾股定理得，∵，∴当最小时，最大，此时重合；∵，，∴，∴，∴，的最大值为．故答案为：．【点睛】本题是四边形的综合，考查了折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，圆的相切等知识，解题的关键是求出最大时，点T与G重合．三、解答题19．如图，在中，，点D为的中点，，过点E分别作、，垂足分别为M、N，，连接，．

(1)求证：平分；(2)若，求的度数；(3)若，，点P、Q分别为、上的动点，直接写出的最小值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）连接，证明，得出，根据角平分线的判定即可证明结论；（2）先根据四边内角和求出，根据，得出，求出，根据，得出即可；（3）证明，得出，求出，过点M作于点G，过点E作于点H，证明四边形为矩形，得出，证明，得出，根据勾股定理求出，求出，作点P关于的对称点，连接，，根据两点之间线段最短得出，根据垂线段最短得出，即可得出，求出结果即可．【解析】（1）证明：连接，如图所示：

∵、，∴∵D为的中点，，∴∴，∴，∴平分；（2）解：∵、，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴；

（3）解：∵平分，、，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴，解得：，即，过点M作于点G，过点E作于点H，如图所示：

∵，∴四边形为矩形，∴，∵、，∴，∴，∴，∴，∴，∴设，则，，在中根据勾股定理得：，即，解得：，（舍去），则，∴，作点P关于的对称点，连接，，如图所示：∵为的平分线，∴点P关于的对称点一定在上，根据对称性可知，，∴，∵两点之间线段最短，∴，∵垂线段最短，∴，∴，∴的最小值为的长，即的最小值为．【点睛】本题主要考查了角平分线的判定，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，垂线段最短，两点之间线段最短，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．20．如图①所示，已知是的直径，点C在半径上，点D，点F是圆上的点，，点E是半径的中点，与交于点G，连接，．

(1)如果，连接OD，如图②所示：①则的度数为___________°；②若，求线段的长；(2)若，求的值．【答案】(1)①；②(2)【分析】（1）①根据已知可判定出为等腰直角三角形，即可得出结果；②设，根据勾股定理求出的长，再结合平行线性质可得到，进而根据求出结果；（2）延长交于点K，连接，交于点M，设，．则，，根据平行线分线段成比例推出结果即可．【解析】（1）解：①，，，，，为等腰直角三角形，，故答案为：；②设．∵E是中点，∴，，∵，∴在中，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，解得：，（舍去），∴线段的长为；（2）

如图：延长交于点K，连接，交于点M，设，．则，，∵，∴，∵，∴，同：∵，∴，∵，∴，，∵，∴，∵，，∴，，，，∴，∴，，∴，又∵，∴，∴即，∴，∴．【点睛】本题考查了平行线的性质，平行线分线段成比例，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．21．【基础巩固】

（1）如图1，在中，D为上一点，．求证：．【尝试应用】（2）如图2，在平行四边形中，E为上一点，F为延长线上一点，．若，，求的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形中，E是上一点，F是内一点，，，，，，则菱形的边长为______．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）证明，得出，则可得出结论；（2）证明，得出比例线段，则，求出，则可求出．（3）分别延长，相交于点G，证得四边形为平行四边形，得出，，，证明，得出比例线段，则，可求出，则答案可求出．【解析】解：（1）证明：∵，，∴．∴．∴；（2）∵四边形是平行四边形，∴，，又∵，∴．又∵，∴．∴．∴．∴，∴；（3）如图，分别延长，相交于点G，

∵四边形是菱形，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∴，，，∵，∴．∴．又∵，∴．∴．∴．又∵，∴．∴．又∵，∴∴则菱形的边长为．【点睛】此题考查相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理等知识，综合性较强，难度较大，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．22．如图，矩形（）与矩形全等，点，，在同一条直线上，的顶点在线段上移动．

(1)如图1，用直尺和圆规在上求作点，使是直角；(2)若，，在上是否一定存在点，使得，且是直角，若存在直接写出的长，若不存在，请说明理由；(3)设，，试通过计算说明（1）中的点一定有两个；(4)过、、三点作交于另一点，连接、，若，求的值．【答案】(1)详见解析(2)存在，，详见解析(3)详见解析(4),详见解析【分析】（1）由的顶点P在线段上移动，且为直角，得点P也在以为直径的的圆上运动；所以以为直径作与的交点即为所求；（2）利用，根据全等三角形的性质得出，进而求出的值，即可得出答案；（3）要判断直角顶点的个数，只要判定以为直径的圆与线段的位置关系即可，相交时有2个点，相切时有1个，外离时有0个，不会出现更多的点；（4）连，作，先证，再证，进而可得线段之间的比值关系．【解析】（1）∵点在一条直线上，的顶点P在线段上移动，为直角，∴点P在以为直径的的圆上运动，∴点P就是与的交点，如图所示，即为所求；

．（2）在上存在点P使，且为直角，此时，理由如下：∵点在一条直线上，的顶点P在线段上移动，为直角，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故在存在点P使，且为直角，此时．（3）

连接，延长交于Q，如图在中，根据勾股定理可得：；过的中点M作于点N，则是梯形的中位线，则；以为直径的圆，半径是，，而只有是等号才成立，因而，即圆与直线相交，则直角顶点P的位置有两个．（4）

设，连，作于N，由已知得，，∴，∴,∴,∴为等腰直角三角形，过的圆的圆心为的中点，∴，∴是梯形的中位线，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴∴，∴【点睛】本题考查了圆周角定理，直线和圆的位置关系，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键．23．如图，平面内的两条直线、，点，在直线上，点，在直线上，过，两点分别作直线的垂线，垂足分别为，，我们把线段叫做线段在直线上的正投影，其长度可记作或，特别地线段在直线上的正投影就是线段．请依据上述定义解决如下问题：(1)如图1，在锐角中，，，则______；(2)如图2，在中，，，，求的面积；(3)如图3，在钝角中，点在边上，，，，，求．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）如图1中，作于点，由正投影的定义可求解；（2）如图2中，作于点，由正投影的定义可求，，通过证明，可得可求的长，由面积公式可求解；（3）如图3中，过点作于点，于点，由正投影的定义可求，，利用勾股定理求出，再利用相似三角形的性质求出，，即可求解．【解析】（1）解：如图1，作于点，

，，，，，故答案为：；（2）如图2，作于点，

，，，，，，，，，，，，，；（3）过点作于点，于点，

，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积公式，勾股定理，理解并运用正投影的定义是本题的关键．24．如图，、均为的直径，，交于点，且，与的交点为．

(1)求证：；(2)连接，若，求证：是的切线；(3)在（）的条件下，连接，交于点，求的值．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)．【分析】（）连接，由圆周角定理可得，可证垂直平分，可得；（）连接，通过证明，可得，即可得结论；（）由平行线分线段成比例和相似三角形的性质可得，即可求解.【解析】（1）证明：如图，连接，

∵是直径，∴，∵,，∴垂直平分，∴，∴；（2）证明：如图，连接，

∵、均为的直径，，∴，，∵，∴，∵，，∴，∴，设，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴∵，∴，∴，∵是半径，∴是的切线；（3）连接，交于点，

∵，∴，∴，∴，∵，∴∴∴∴．【点睛】此题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质、圆周角定理等知识，添加适当的辅助线是解题的关键．25．如图，抛物线经过点，与x轴交于点，点C是该抛物线的顶点．

(1)求该抛物线的函数关系式和点C坐标；(2)如图1，点P是抛物线上在第一象限内的点，若为直角三角形，直接写出点P的坐标；(3)如图2，点Q是抛物线上一点，过点Q作抛物线对称轴的垂线，垂足为H，点D是对称轴上的一点（在所在直线上方），点E是点D关于所在直线的对称点，连接．若，，求出点Q的坐标．【答案】(1)抛物