专题22.14 相似三角形最值问题（分层练习）（培优练）(含答案)-沪科版(2024)九上

专题22.14相似三角形最值问题（分层练习）（培优练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023春·内蒙古通辽·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABDC中，AC=4cm，AB=3cm，点E以0.5cm/s的速度从点B到点C，同时点F以0.4cm/s的速度从点D到点B，当一个点到达终点时，则运动停止，点P是边CD上一点，且CP=1，且Q是线段EF的中点，则线段QD+QP的最小值为（

）A． B．5 C． D．2．（2022秋·辽宁沈阳·九年级校考期末）如图，菱形的顶点B、C在x轴上（B在C的左侧），顶点A、D在x轴上方，对角线长是，点为的中点，点P在菱形的边上运动．当点到所在直线的距离取得最大值时，点P好落在的中点处，则菱形的边长等于（

）

A． B． C． D．33．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，正方形中，，，点在上运动（不与、重合），过点作，交于点，则的最大值为（

）A．6 B．2 C．3 D．44．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为，，，．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．作于点G，则运动过程中，AG的最大值为（

）A． B． C． D．85．（2022春·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）如图，平面内三点A、B、C，AB=8，AC=6，以BC边为斜边在BC右侧作等腰直角三角形BCD，连接AD，则的最大值是（

）A．98 B．100 C．72 D．706．（2020秋·九年级课时练习）如图，Rt△AOB∽Rt△DOC，∠AOB＝∠COD＝90°，M为OA的中点，OA＝5，OB＝12，将△COD绕O点旋转，连接AD，CB交于P点，连接MP，则MP的最大值为（）A．10 B．11 C．12 D．12.57．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，为原点，，点为平面内一动点，，连接，点是线段上的一点，且满足．当线段取最大值时，点的坐标是（）

A． B． C． D．8．（2023春·江苏宿迁·九年级沭阳县怀文中学校联考阶段练习）如图，矩形中，点在边上，，，，点是矩形内一动点，满足，连接绕点逆时针旋转90°至，连接，则的最小值为（

）A． B． C． D．19．（2023春·山东泰安·八年级统考期末）如图，在矩形中，，，若点是边上的一个动点．过点作且分别交对角线，直线于点O、F，则在点移动的过程中，的最小值为（

）

A． B． C．17 D．1810．（2023·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考二模）如图，在平面直角坐标系中，点，点B是线段上任意一点，在射线上取一点C，使，在射线上取一点D，使．所在直线的关系式为，点F、G分别为线段的中点，则的最小值是（

）

A． B． C． D．4．8填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023·江苏无锡·统考三模）如图，在直角坐标系中，，D是上一点，B是y正半轴上一点，且，，垂足为E，（1）当D是的中点时，；（2）求的最小值；

12．（2023秋·四川自贡·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知，，，，，与直线相切于点C，点D是线段上一动点，则的最小值为．13．（2021·山东青岛·统考中考真题）已知正方形的边长为3，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为．14．（2021·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）如图所示，已知直线，、之间的距离为1，、点分别在直线、上，、分别为直线、直线上的动点，使，且．（1）的值为.（2）在运动的过程中，的最小值为．15．（2023秋·陕西西安·九年级校考开学考试）如图，中，，，以为斜边按、、顺时针方向排列，构造，且，连接，则线段的最大值为．16．（2021·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，和为四边形的对角线，，，，，则的最大值为．17．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在矩形纸片中，，，E是边上一点（不与点C、D重合），将纸片沿过点A的一条直线折叠，点B落在点处，折痕交于点P，沿直线PE再折叠纸片，点C落在点处，且P、、三点共线．则：

（1）的度数为；（2）线段长的最大值为．18．（2022春·陕西西安·八年级交大附中分校校考期末）已知：△APD中，PA＝3，PD＝6，以AD为边向下作矩形ABCD，对角线AC与BD相交于点O，且∠AOB＝60°，连接PO，则PO最大值为．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2019秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图，和都是等腰直角三角形，，点P为射线BD，CE的交点．求证：；若，把绕点A旋转．当时，求PB的长；直接写出旋转过程中线段PB长的最大值与最小值．20．（8分）（2019·浙江绍兴·统考中考真题）如图，矩形中，，，点分别在边，上，点分别在，上，，交于点，记.（1）若的值是1，当时，求的值.（2）若的值是，求的最大值和最小值.（3）若的值是3，当点是矩形的顶点，，时，求的值.21．（10分）（2019·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，．若动点从点出发，沿射线运动，运动速度为每秒2个单位长度．过点作交于点，设动点运动的时间为秒，的长为．（1）求出关于的函数关系式；（2）当为何值时，的面积有最大值或最小值，最大值或最小值为多少？22．（10分）（2023·吉林长春·校联考一模）（1）如图，和是等腰直角三角形，，点在上，点在线段延长线上，连接，．线段与的数量关系为______．（2）如图2，将图1中的绕点顺时针旋转第一问的结论是否仍然成立；如果成立，证明你的结论，若不成立，说明理由．（3）如图3，若，点是线段外一动点，，连接，若将绕点逆时针旋转90°得到，连接，则的最大值是______．23．（10分）（2023春·江西·九年级专题练习）在中，，，，点，分别是，线段上的点，且满足，连接，将绕着点逆时针旋转，记旋转角为．（1）①当，时______；②当时，______．（2）如图，当时，过点作于点，过作于点，求出的值；（3）当时，若为的中点，求在旋转过程中，线段长的最大值和最小值．24．（12分）（2023·浙江·九年级专题练习）如图，四边形是菱形，其中，点在对角线上，点在射线上运动，连接，作，交直线于点．（1）在线段上取一点，使，求证：；（2）图中，．①点在线段上，求周长的最大值和最小值；②记点关于直线的轴对称点为点．若点不能落在的内部（不含边界），求的取值范围．参考答案1．A【分析】如图，建立如图所示的平面直角坐标系，连接QB，PB．首先用t表示出点Q的坐标，发现点Q在直线y=2上运动，求出PB的值，再根据PQ+PD=PQ+QB≥PB，可得结论．解：如图，建立如图所示的平面直角坐标系，连接QB，PB．∵四边形ABDC是矩形，∴AC=BD=4cm，AB=CD=3cm，∴C（-3，0），B（0，4），∵∠CDB=90°，∴BC==5（cm），∵EH∥CD，∴△BEH∽△BCD，∴，∴，∴EH=0.3t，BH=0.4t，∴E（-0.3t，4-0.4t），∵F（0，0.4t），∵QE=QF，∴Q（-t，2），∴点Q在直线y=2上运动，∵B，D关于直线y=2对称，∴QD=QB，∴QP+QD=QB+QP，∵QP+QB≥PB，PB==2（cm），∴QP+QD≥2，∴QP+QD的最小值为2．故选：A．【点拨】本题考查轴对称最短问题，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是构建平面直角坐标系，发现点Q在直线y=2上运动．2．A【分析】如图1，当是中点，作于，连接，由勾股定理得，，由，可得，即当点与重合时，的值最大，如图2，当点与重合时，连接交于，交于，设，由，，可得，，由菱形，则，，，，证明，则，即，计算求解即可．解：如图1，当是中点，作于，连接，

∵，，∴，，由勾股定理得，，∵，∴，∴当点与重合时，的值最大，如图2，当点与重合时，连接交于，交于，设，

∵，，∴，，∵菱形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得，∴，故选：A．【点拨】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，中位线，平行线分线段成比例．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．3．D【分析】根据已知条件以及正方形的性质得出，证明，设，则，根据相似三角形的性质即可求解．解：四边形是正方形，，，，，，，设，则，，，，，，，，，当时，的最大值为4，故选：D．【点拨】本题考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．4．A【分析】连接OB交PQ于F，过点F作FH⊥OC于H，连接AF，设运动时间为t秒，则由已知易证明△BFQ∽△OFP，则可得PQ过定点F；再证明△OFH∽△OBC，则可求得点F的坐标，进而求得AF的长，则由垂线段最短可确定AG的最大值．解：连接OB交PQ于F，过点F作FH⊥OC于H，连接AF，如图．设运动时间为t秒，则BQ=2t，OP=3t，∵B、C的纵坐标相同，∴BC∥OA，∴△BFQ∽△OFP，∴，∴PQ恒过定点F．∵FH∥BC，∴△OFH∽△OBC，∴，即，∴，∴．∴由勾股定理得：．∵PQ恒过定点F，且AG⊥PQ，∴AG≤AF，∴AG的最大值为AF，即AG的最大值为．故选：A．【点拨】本题是动点问题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，确定PQ过定点是问题的关键．5．A【分析】以AB为斜边作等腰直角三角形∆AOB，连接OD，利用相似三角形的性质得出OD，即可得出结果．解：如图所示，以AB为斜边作等腰直角三角形∆AOB，连接OD，∵∆CBD，∆AOB都是等腰直角三角形，∴，，∠ABO=∠CBD=45°，∴，∠ABC=∠OBD，∴∆ABC~∆OBD，∴，∴，∵AB=8，∠AOB=90°，OA=OB，∴OA=OB=，∵AD≤OA+OD，∴AD≤，AD2≤98，故选：A．【点拨】题目主要考查旋转变换，相似三角形的判定和性质，作出相应辅助线，构造相似三角形及确定点D的运动轨迹是解题关键．6．D【分析】根据相似三角形的判定定理证明△COB∽△DOA，得到∠OBC=∠OAD，得到O、B、P、A共圆，求出MS和PS，根据三角形三边关系解答即可．解：取AB的中点S，连接MS、PS，则PM≤MS+PS，∵∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝12，∴AB＝13，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠COB＝∠DOA，∵△AOB∽△DOC，∴，∴△COB∽△DOA，∴∠OBC＝∠OAD，∴O、B、P、A共圆，∴∠APB＝∠AOB＝90°，又S是AB的中点，∴PS＝AB＝，∵M为OA的中点，S是AB的中点，∴MS＝OB＝6，∴MP的最大值是6+＝＝12.5，故选：D．【点拨】本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质，掌握旋转前、后的图形全等以及全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．7．D【分析】由题意可得点在以点为圆心，为半径的上，在轴的负半轴上取点，连接，分别过、作，，垂足为、，先证，得，从而当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，，三点共线，且点在线段上时，取得最大值，然后分别证，，利用相似三角形的性质即可求解．解：∵点为平面内一动点，，∴点在以点为圆心，为半径的上，在轴的负半轴上取点，连接，分别过、作，，垂足为、，

∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴当取得最大值时，取得最大值，结合图形可知当，，三点共线，且点在线段上时，取得最大值，∵，，∴，∴，∵，∴，∵轴轴，，∴，∵，∴，∴即，解得，同理可得，，∴即，解得，∴，∴当线段取最大值时，点的坐标是，故选D．【点拨】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．8．C【分析】取的中点O，再把绕点逆时针旋转至,连接，则有，即可求出，然后过点作于点G，连接，利用勾股定理可以得到再根据求出结果．解：如图，取的中点O，再把绕点逆时针旋转至,连接，∵，∴，根据旋转可得：，∴，，∴，∴，∴，∴，∴点在以为圆心，为半径的圆上移动，

过点作于点G，连接，

则是矩形，∴，，∴，∴∴，故选C．【点拨】本题考查相似三角形，旋转的性质，勾股定理等知识，作辅助线构造相似三角形确定点点的运动路线是解题的关键．9．B【分析】过C作，取，连接，根据勾股定理得到，易得，即可得到，根据两点间线段最短得到当、、三点共线时最短即可得到答案；解：如图过C作，取，过点E作于点H，∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，，∴当、、三点共线时最短，∴，∴，故选B；

【点拨】本题考查轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题关键是学会用转化的思想思考问题．10．A【分析】如图所示，连接，设射线交射线于H，过点H作于M，连接，先根据三线合一定理得到，，进而证明四边形是矩形，得到，，故当点B与点M重合时，最小，即最小，最小值为，设，则，求出，证明，利用相似三角形的性质求出或（舍去），则的最小值为．解：如图所示，连接，设射线交射线于H，过点H作于M，连接，∵，，点F、G分别为线段的中点，∴，，∵，∴，即，∴四边形是矩形，∴，，∴当最小时，最小，∴当点B与点M重合时，最小，即最小，最小值为，∵点H在直线上，∴可设，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴或（舍去），经检验，是原方程的解，∴的最小值为，故选A．

【点拨】本题主要考查了一次函数与几何综合，矩形的性质与判定，三线合一定理，相似三角形的性质与判定等等，证明四边形是矩形是解题的关键．11．【分析】（1）先求出，，在利用得出即可求出答案；（2）当时，的值最小，此时点与点重合，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出的最小值．解：（1）∵，∴．∵D是的中点，∴．∴．∵，∴．又∵，∴．∴，即．∴．故答案是；（2）∵点E在上，∴当时，的值最小．此时，点与点重合，如图

∵，,∴．∵，∴是边上的中线．∴．故答案是．【点拨】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，根据题意准确找到当时，的值最小是解题的关键和难点．12．/【分析】作点C关于x轴的对称点G，且交x轴于点E，点G向右平移3个单位得到点H，过H作轴于点F交于点D，作轴于点N，求得的最小值为，利用等腰直角三角形的性质以及相似三角形的判定和性质即可求解．解：∵，，∴，作点C关于x轴的对称点G，且交x轴于点E，点G向右平移3个单位得到点H，过H作轴于点F交于点D，作轴于点N，此时，，∴，故的最小值为，∵，，∴是等腰直角三角形，且，∵与直线相切于点C，∴，则，∴是等腰直角三角形，则，∵，，∴，，，∵轴，轴，∴，∴，∴，即，∴，∴，CE＋DF的最小值为，故答案为：．【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，坐标与图形，轴对称的性质，等腰直角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．13．【分析】由正方形的性质，可得A点与C点关于BD对称，则有MN+CM=MN+AM≥AN，所以当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小为AN，先证明△DCG~△FCE，再由，可得，分别求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN．解：∵四边形ABCD是正方形，∴A点与C点关于BD对称，∴CM=AM，∴MN+CM=MN+AM≥AN，∴当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小，∵AD∥CF，∴∠DAE=∠F，∵∠DAE+∠DEH=90°，∵DG⊥AF，∴∠CDG+∠DEH=90°，∴∠DAE=∠CDG，∴∠CDG=∠F，∴△DCG~△FCE，∵，∴，∵正方形边长为3，∴CF=6，∵AD∥CF，，∴DE=1，CE=2，在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，∴，∵N是EF的中点，，在Rt△ADE中，EA2=AD2+DE2，∴，∴，∴MN+MC的最小值为．故答案为：．【点拨】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理是解题的关键．14．【分析】（1）移动点A使与点F重合，过A作AC⊥m于C，由EF⊥AB，由勾股定理，可证△BCA∽△ACE，，可求，由勾股定理；（2）作点A关于m的对称点A′，作点B关于n的对称点B′，过点B′延长A′E交n于H，连结B′H，AB与EF交于Q，当四边形AEBF为菱形时最短，的最小值，由四边形AEBF为菱形，可得AE=BF，由m∥n，可得AE=HE=A′E，可得AE+FB=A′H最短，（两点之间线段最短），可证△AQF∽△ENF，可得，求出即可．解：（1）移动点A使与点F重合，过A作AC⊥m于C，∵EF⊥AB，∴∠EAB=90°，在Rt△ACB中，由勾股定理∵∠CBA+∠CAB=90°，∠CAE+∠BAC=90°，∴∠CBA=∠CAE，∴∠BCA=∠ACE=90°，∴△BCA∽△ACE，∴即，∴，在Rt△ECA中，由勾股定理，故答案为：；（2）作点A关于m的对称点A′，作点B关于n的对称点B′，过点B′延长A′E交n于H，连结B′H，AB与EF交于Q，当四边形AEBF为菱形时最短，的最小值，∵四边形AEBF为菱形，∴AE=BF，∵m∥n，∴∠mEA=∠EAH=∠A′Em=∠EHA，∴AE=HE=A′E，∵BF=B′F=AE，∴EH=FB′∴AE+FB=A′H最短，（两点之间线段最短），过E作EN⊥n于N，∵AQ⊥EF，∴∠AQF=∠ENF=90°，∵∠AFQ=∠EFN，∴△AQF∽△ENF，∴，∵，，∴，∴，∴AE=BF=，∴最小=+=．故答案为．【点拨】本题考查平移性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，菱形的性质，轴对称性质，两点之间线段最短，掌握平移性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，菱形的性质，轴对称性质，两点之间线段最短是解题关键．15．【分析】以为斜边作的，连接，证明，得出则在以为圆心，为半径的圆上运动，当三点共线时，最大，即可求解．解：如图所示，以为斜边作的，连接，则∴，∴又∴∴∴则则在以为圆心，为半径的圆上运动，∵当三点共线时，最大，最大值为故答案为：．【点拨】此题考查了圆的有关性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，解题的关键是添加辅助线构造相似三角形．16．【分析】先证出，作，使，，证明出，从而得出，在中，由勾股定理求出的长度，在中，利用三角形三边关系可得的最大值．解：取的中点为，连接，作，使，，连接，过点作于，∵，∴，∵，∴点与重合，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，连接，过点作于，∵，在中，，∴，，∴，在中，由勾股定理得：∴，∴，∴，∴的最大值为：，故答案为：．【点拨】本题考查特殊角的三角函数值、相似三角形的判定及其性质、三角形的三边关系、勾股定理等知识点，做辅助线构造三角形是解题的关键．17．/90度/【分析】（1）根据折叠得出，根据，即可求出；（2）设，，则，根据翻折的性质证明，可得，所以，整理得：，由题意可知，该方程有实数根，所以，解得，即可得出的最大值．解：（1）由折叠可知：，∵，∴；故答案为：．（2）设，则，∵，∴，∵，∴，∴，∴，整理得：，由题意可知，该方程有实数根，∴，解得：，∴的最大值为．故答案为：．【点拨】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程，综合性较强，要求学生有较强的识图能力．18．【分析】在AP的右侧取一点J，使得JA＝JP，∠AJP＝120°．连接AJ，JP，OJ，过点J作JH⊥AP于点H，可求出PJ，再通过线段间的比例关系证明△PAD∽△JAO，可得到，则JO=，最后通过OP≤JP+OJ即可得出结论．解：如图，在AP的右侧取一点J，使得JA＝JP，∠AJP＝120°．连接AJ，JP，OJ，过点J作JH⊥AP于点H．∴JA＝JP，JH⊥AP，∴AH＝PH＝，∵∠AJP＝120°，∴∠JAP＝∠JPA＝30°，∴PJ＝2JH，∴PJ＝，JH＝，∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OD，∵∠AOB＝60°，∴∠AOD＝120°，∴∠OAD＝∠ODA＝30°，∴∠PAJ＝∠DAO，∴∠PAD＝∠JAO，∵∴△PAD∽△JAO，∴∴JO＝，∵OP≤JP+OJ＝，∴OP的最大值为．故答案为：．【点拨】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，以及相似三角形的判定与性质．正确的画出辅助线，构造相似三角形，利用相似三角形的性质进行求解是解题的关键．19．（1）详见分析；（2）①或；②PB长的最小值是，最大值是．【分析】欲证明，只要证明≌即可．分两种情形a、如图2中，当点E在AB上时，由∽，得，由此即可解决问题．b、如图3中，当点E在BA延长线上时，解法类似．、如图4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在下方与相切时，PB的值最小．b、如图5中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在上方与相切时，PB的值最大．分别求出PB即可．解：证明：如图1中，和是等腰直角三角形，，，，，在和中，，≌，．解：、如图2中，当点E在AB上时，．，同可证≌．．，∽．b、如图3中，当点E在BA延长线上时，．，，同可证≌．．，∽，，，，综上，或．、如图4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在下方与相切时，PB的值最小．理由：此时最小，因此PB最小，是直角三角形，斜边BC为定值，最小，因此PB最小，，由可知，≌，，，，四边形AEPD是矩形，，．b、如图5中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在上方与相切时，PB的值最大．理由：此时最大，因此PB最大，是直角三角形，斜边BC为定值，最大，因此PB最大，，由可知，≌，，，，四边形AEPD是矩形，，．综上所述，PB长的最小值是，最大值是．【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题，属于中考压轴题．20．（1）；（2）最大值为，最小值为；（3）的值为或.【分析】（1）作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．证明△FHE≌△MQN（ASA），即可解决问题．（2）由题意：2a≤MN≤a，a≤EF≤a，当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大，最大值=，当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．（3）连接FN，ME．由k=3，MP=EF=3PE，推出，推出，由△PNF∽△PME，推出=2，ME∥NF，设PE=2m，则PF=4m，MP=6m，NP=12m，接下来分两种情形①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．②如图3中，当点N与C重合，分别求解即可．解：（1）作，，如图1.∵四边形为正方形，∴，，∴.∵，∴，，∴，∴，∴.（2）∵，∴.由题意得，，，当取最长时，可取到最短，此时的值最大，最大值为，当取最短时，可取到最长，此时的值最小，最小值为.（3）连结，，∵，，∴，∴，∴，∴，.设，则，，.①当点与点重合时，如图2，点恰好与点重合，过点作于点，∵，∴，，，∴.②当点与点重合时，如图3，过点作于点，则，，∴，∴.∵，∴.又∵，∴，∴，∴.综上所述，的值为或.【点拨】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，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，学会用分类讨论的思想思考问题.21．（1）;（2）x=2时，s有最大值，且最大值为6.【分析】（1）分两种情况讨论：①当点在线段上时，∽，然后利用相似三角形的对应边成比例求得，用x、y表示该比例式中的线段的长度整理后即可；②当在延长线上时，，用x、y表示该比例式中的线段的长度整理后即可；（2）①当在线段上时，求得，化成顶点式，可求最值；②当在延长线上时，，化成顶点式，可求最值．解：（1）①如图，当点在线段上时，∴∽，∴又，，，，∴，∴．②如图，当在延长线上时，∵，∴，∴，∴．（2）①如图，当在线段上时，．∴当时，．∴当时，有最小值，且最小值为．不符合题意舍去．②如图，当在延长线上时，．综上所述：当时，有最大值，且最大值为6．【点拨】本题主要考查相似三角形的判定、