第24讲 相似三角形压轴题（六大压轴母题型）（教师版）-新九年级数学暑假讲义（北师大版）

第24讲相似三角形压轴题（六大压轴母题型）一、折叠问题；二、坐标问题；三、动点问题；四、旋转问题；五、与特殊四边形有关的几何问题；六、综合判断题一、折叠问题1．如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．

(1)当时，求四边形的面积；(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．【解析】（1）如图，连接、，四边形为菱形，，，为等边三角形．为中点，，，，．，为等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如图，连接、，延长交于点．，，，．∵，，．，则，，，．∵，．【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．2．综合与实践综合与实践课上，同学们以“四边形的折叠”为主题开展数学活动．

操作判断(1)操作一：如图1，将正方形纸片沿对角线折叠，然后将纸片展开；操作二：依次将边，折到对角线AC上，折痕分别为，，使点，分别落在对角线上的点，处，将纸片展开，连接，．根据以上操作，易得出结论：四边形的形状是______．迁移探究(2)如图2，将正方形纸片换成矩形纸片，按照（1）中的方式操作，继续探究．①小明认为此时四边形的形状仍然符合（1）中的结论，你认为小明的说法正确吗？请说明理由；②小亮认为可以通过改变矩形与的比值，让四边形成为菱形，你认为小亮说法正确吗？请简述理由．拓展应用(3)在（2）的条件下，若，当，分别是线段的三等分点时，请直接写出四边形的面积．【答案】(1)平行四边形(2)①正确，理由见解析；②不正确，理由见解析(3)或【分析】（1）先根据正方形性质和折叠性质证出，得到，再根据平行四边形的判定定理进行证明即可；（2）①先根据矩形性质和折叠性质证出，得到，再根据平行四边形的判定定理进行证明即可；②根据直角三角形斜边大于直角边进行推断即可；（3）分两种情况讨论：①当时；②当时；分别进行计算证明即可．【解析】（1）∵四边形是正方形，∴，，，由折叠的性质可知，，，，，，∴，，，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形；故答案为：平行四边形；（2）①小明的说法正确，理由：∵四边形是矩形，∴，，，∴，由折叠的性质可知，，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形；②小亮的说法不正确，理由：在中，∵，∴四边形不可能是菱形；（3）由（2）知四边形是平行四边形，当，分别是线段的三等分点时，分两种情况讨论：①当时，如解图1所示，易得，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得，∴；②当时，如解图2所示．易得，∴，，∴，∵，，∴，∴，即，可得，∴．综上所述，四边形EFGH的面积为或．

【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，综合性较强，能够灵活运用相关性质是解题的关键．3．已知：正方形边长为2．点为边上的动点，以直线为对称轴翻折得（如图）．连接，取中点，连接．

(1)当翻折后，若点刚好落在对角线上，求此时的长度．(2)当点P由A运动到D时，求点M的运动轨迹的长度．(3)如果将“点P为线段上的动点”改为“点为射线上的动点”，其它条件不变，那么当等腰三角形时，求此时的长度．【答案】(1)(2)(3)或或【分析】（1）根据正方形的性质得到相应边长，由折叠的性质得到，，，再根据勾股定理可求解；（2）由三角形的中位线定理可求的长，即可求解；（3）分三种情况讨论，由正方形的性质和等边三角形的性质可求解．【解析】（1）解：如图，

四边形是正方形，，，以直线为对称轴翻折得，，，，，，，，，；（2）如图，取的中点，连接，

点是的中点，点是的中点，，即点在以点为圆心，为半径的圆上运动，点由运动到，点的运动轨迹的长度；（3），点在以点为圆心，为半径的圆上运动，如图，当时，则点在的中垂线上，

四边形是正方形，，，点在的中垂线上，，，是等边三角形，，，，，如图，当且点在的上方时，作，交于，

，是等边三角形，，，，，，，，，，，，当且点在的下方时，同理可证是等边三角形，，，，，又，，，，当时，此时点与点重合，不合题意舍去，综上所述：的长为或或．【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．4．实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点A'处，得到折痕，然后把纸片展平．第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，点B落在点处，得到折痕，交于点M，交于点N，再把纸片展平．

问题解决：(1)如图1，填空：四边形的形状是；(2)如图2，线段与是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；(3)如图2，若，求的值．【答案】(1)正方形(2)相等,证明见解析(3)【分析】（1）由折叠性质得，，，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形为正方形；（2）连接，证明，得，便可得结论；（3）设，则，由勾股定理求出的值，延长交于点G，求得，再证明，便可求得结果．【解析】（1）∵四边形是矩形，∴，∵将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∵，∴四边形是正方形．故答案为：正方形；（2）相等，理由如下：如图1，连接，由（1）知，，

∵四边形是矩形，∴，由折叠知，，∴，又，∴，∴，∴；（3）∵，∴，由折叠知，，∴，∵，

∴，设，则，∵，∴，解得，，即，延长交于点G，则，

∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定相似三角形的判定和性质，勾股定理，第（2）题关键在于证明三角形全等，第（3）题关键利用勾股定理构建方程．二、坐标问题5．已知点，点，且a，b满足关系式．(1)求点A、B的坐标；(2)如图1，点C在x轴上，当三角形的面积为15时，求点C的坐标；(3)如图2，点D是直线第一象限上的点，连接，当三角形的面积为12时，求点D的坐标；(4)如图3，平移直线得到直线，交x轴于点E，交y轴于点F，P是直线第四象限上的点，过点P作轴于点H，连接，．当三角形的面积为36且时，直接写出点P的坐标．【答案】(1)点A的坐标为，点B的坐标为(2)C点坐标为或(3)点D的坐标为(4)点P的坐标为【分析】（1）根据算术平方根、绝对值的非负性求出a、b的值，即可得出答案；（2）设C点坐标为，根据三角形的面积为15列出方程，解方程即可；（3）过点D作，垂足为M，，垂足为N，根据三角形面积求出，再求出，根据面积求出，即可得出答案；（4）设交x轴于点G，证明，得出，求出，根据，求出，求出直线的解析式，把代入中求出的值，即可得出答案．【解析】（1）解：∵，∴，，解得：，，∴点A的坐标为，点B的坐标为；（2）解：设C点坐标为，根据题意得：，解得或13，∴P点坐标为或；（3）解：过点D作，垂足为M，，垂足为N，如图所示：则，∴，∴，∵，∴，∴，∴点D的坐标为；（4）解：设交x轴于点G，∵点A的坐标为；∴，∵轴，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，∴，∵三角形的面积为36，∴，∴，∴，∴，∴，∴点G的坐标为，设直线的函数关系式为：，把，代入中得：，解得：，∴直线BG的函数关系式为：，把代入中得：，解得：，∴点P的坐标为．【点睛】本题主要考查一次函数的应用，平行线的性质，三角形相似的判断和性质，平行线的性质求一次函数解析式，解题的关键是理解题意求出一次函数解析式．6．如图1，在平面直角坐标系中，一次函数交y轴于点B，一次函数与一次函数交于点A，将线段沿着方向平移得到线段，连接，点，过点D作直线轴．(1)求点A的坐标．(2)证明：四边形是矩形．(3)以点O为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点A，B，C旋转后的对应点分别为，直线、直线分别与直线l相交于点P，Q．记旋转角为α．①如图2，当矩形的顶点落在直线l上时，求点P的坐标．②在四边形旋转过程中，当时，若，点P的坐标为_____（请直接写出答案）．【答案】(1)(2)见解析(3)①（；②或【分析】（1）联立两个一次函数解析式构建方程组，解方程组即可得到点A的坐标；（2）先求出点B的坐标，利用两点间距离公式即可求出线段的长，再根据一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形，再根据勾股定理的逆定理证明即可证明结论；（3）①先证明得到，，设，则，然后在中，利用勾股定理求解即可；②分两种情况：如图3﹣1中，当点Q在线段上时，延长交直线于点T，证明可得；再证明可得，设，则，在中运用勾股定理求得x即可解答；当时，同法可得．再证可得，由，可得，设，则，运用勾股定理即可解答．【解析】（1）解：解方程组，得，∴点A的坐标是．故答案是（2）解：把代入，得，∴点B的坐标是．∴．如图1，∵线段沿着方向平移得到线段，∴，．∴四边形是平行四边形．∵，，∴．∵，∴．∴．∴平行四边形是矩形．（3）解：①如图2，∵，∴．∵，∴．又∵，∴．∴．设，则，在中，，∴．∴．∴点P的坐标是．②如图3﹣1中，当点Q在线段上时，延长交直线于点T．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，在中，，∴，∴，∴，∴．如图3﹣2中，当时，同法可得．∴，由，可得，设，则，∴，∴或（舍去），∴，综上所述，满足条件的点P的坐标为或．故答案为：或．【点睛】本题属于函数与几何动点问题的综合题，主要考查了一次函数的交点问题、两点间距离公式，矩形的判定和性质、平移的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识、根据题意画出正确的图形并作出辅助线是解题的关键．7．在平面直角坐标系中，为原点，矩形的边，分别在轴正半轴和轴正半轴上，点坐标为，是边上的一动点．

(1)用含有的代数式表示的面积；(2)若，用含的代数式表示点的纵坐标；(3)在（2）的条件下，是上一点，连接，过作于，连接，的面积为44，且，求点的坐标．【答案】(1)(2)(3)点的坐标为【分析】（1）根据点坐标可得，，然后利用三角形面积公式列式即可；（2）利用证明，可得，进而可得点的纵坐标；（3）作于点H，根据的面积求出，可得，作的角平分线交于点G，证明，利用相似三角形的性质求出，过点G作于K，则，证明，利用相似三角形的性质求出，然后在中，利用勾股定理构建方程求出t的值，再计算得出的长，进而可得点的坐标．【解析】（1）解：∵矩形中点坐标为，∴，，∴；（2）解：∵在矩形中，，，又∵，∴，∴，∵点的纵坐标为，∴点的纵坐标为；（3）解：如图3，作于点H，∵，∴四边形是矩形，∴，，∵的面积为44，∴，即，∴，∴，∵，∴，作的角平分线交于点G，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴，过点G作于K，则，∵，，∴，∴，即，∴，在中，，∴，解得：（负值已舍去），∴，∴点的坐标为．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理以及解一元二次方程等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，构造出相似三角形是解答本题的关键．8．如图，在中，，，，D是的中点．动点P从点A出发，沿以每秒4个单位长度的速度向点B匀速运动．当点P不与A、B重合时，过点P作的垂线交或于点Q，连接．设点P的运动时间为t秒．

(1)__________；(2)求的长（用含t的代数式表示）；(3)连接，当是直角三角形时，求t的值．【答案】(1)5(2)(3)或【分析】（1）根据勾股定理求解即可；（2）分两种情况讨论：当时，当时，利用相似三角形的判定和性质求解；（3）分两种情况讨论：当时，当时，利用相似三角形的判定和性质求解．【解析】（1）解：∵，，，∴；（2）解：如图，当时，

∵，，∴，∴，∵动点P的速度为每秒4个单位长度，，，∴，∴；如图，当时，

∵，，∴，∴，∵动点P的速度为每秒4个单位长度，，，∴，∴，综上所述：．（3）解：如图，

当时，∵，∴，∵D是的中点，∴，由（1）得：，∴，∵动点P的速度为每秒4个单位长度，∴；如图，

当时，∵，∴，同理可得，，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．综上所述，或．【点睛】本题考查了动点问题，涉及到相似三角形、勾股定理等，综合性较强，灵活合理的运用分类讨论思想是解题关键．9．如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边，分别在轴、轴的正半轴上，，．点从点出发，沿轴以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当点到达点时停止运动，设点运动的时间是秒．将线段的中点绕点按顺时针方向旋转得点，点随点的运动而运动，连接，．

(1)当时，点的坐标是；(2)请用含的代数式表示出点的坐标；(3)在点从向运动的过程中，能否成为直角三角形？若能，求的值．若不能，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)当为2秒或3秒时，能成为直角三角形．【分析】（1）求得，得到，推出，利用等腰直角三角形的性质即可求解；（2）设出点坐标，再求出的中点坐标，根据相似的性质即可求出点坐标；（3）先判断出可能为直角的角，再根据勾股定理求解；【解析】（1）解：∵，∴，∴，，设的中点为，过点作，垂足为，

∴，，∴，∴点坐标为；故答案为：；（2）解：∵点从点出发，沿轴以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，，而，，设的中点为，过点作，垂足为，

则点的坐标为，点绕点按顺时针方向旋转得点，，，又，，，，，，，，点坐标为，故答案为：；（3）解：能构成直角三角形．①当时，，由勾股定理得，，，，即，解得，或（舍去）．秒．②当时，此时点在上，

可知，，，，，即，秒．综上，可知当为2秒或3秒时，能成为直角三角形．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质相似三角形的判定和性质，是动点问题在实际生活中的运用，结合了直角三角形的相关性质，具有一定的综合性．10．如图，在矩形中，，，动点P从点A开始以每秒2个单位长度沿向终点B运动，同时，动点Q从点C开始沿以每秒3个单位长度向终点A运动，它们同时到达终点．连接交于点E．过点E作，交直线于点F．

(1)当点Q在线段上时，求证：．(2)当时，求的面积．(3)在P，Q的运动过程中，是否存在某一位置，使得以点E，F，Q为顶点的三角形与相似？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)或(3)BP的长为或2或【分析】（1）证明即可得到答案；（2）①当点Q在上时，如图1，．过点E作的垂线交于点M，交于点N．②当点Q在上时，如图2，作于点M，设，再利用相似三角形的性质求解三角形的高，再利用面积公式计算即可；（3）分三种情况讨论：①当点Q在上时，设，则，若点F在Q的右侧，如图3，当，则，作于点H，而，∴，则，从而可得答案；若点F在Q的左侧，如图4，，点F与点C重合，从而可得答案；②当点Q在AD上时，如图5，，，，作于点N，于点G．，则，再结合相似三角形的性质建立方程可得答案．【解析】（1）当点Q在线段上时，由题意可得：，，，∴，∴．（2）①当点Q在上时，如图1，．过点E作的垂线交于点M，交于点N．

由，得．由，得，∴，∴．②当点Q在上时，如图2，作于点M，设．

，．同理：，∴，∴．同理：，得，∴．∴，解得，∴．∴的面积为或．（3）①当点Q在上时，设，则．

若点F在Q的右侧，如图3，当，则．作于点H，而，∴，则，∴．∵，∴，解得．∴．若点F在Q的左侧，如图4，，点F与点C重合．

∵，又∵∴．∵由结合对顶角可得：，而，∴，∴，即，则，∴．②当点Q在AD上时，如图5，，，，作于点N，于点G．，则，

由，得，∴，∴．同理可得：，设，则，．∴，，由，得，，∴，．由题意，，设，则，，，由，得，即，化简，得，解得（舍去），．∴．综上所述，BP的长为或2或．【点睛】本题考查的是动态几何问题，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论，细心的计算是解本题的关键．三、动点问题11．已知：如图1，在四边形中，，连接．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点D出发，沿方向匀速运动，速度为．连接，设运动时间为．(1)当t为何值时，点D在线段的垂直平分线上？(2)延长交于点E（如图2），若四边形是平行四边形，求t的值；(3)设的面积为，求y与t的函数关系式，并求y的最大值；(4)是否存在某一时刻t，使得与的夹角为？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)(4)存在某一时刻t，使得与的夹角为，此时t的值为【分析】根据线段垂直平分线的性质可得，即可求解；（2），可得，由此构建方程，即可求解；（3）利用三角形面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质求解；（4）说明，当时，过点P作于点T，根据，构建方程求解．【解析】（1）解：当点D在线段的垂直平分线上时，，此时有，解得：；（2）解：∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，经检验：是原方程的解，且符合题意，即四边形是平行四边形，t的值为；（3）解：如图，过点Q作于点T，

∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴时，y有最大值，最大值为；（4）解：存在，如图，∵，，∴，当时，过点P作于点T，

根据题意得：，，，∵，∴，解得：，即存在某一时刻t，使得与的夹角为，此时t的值为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，动点问题，三角形的面积，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．四、旋转问题12．如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．

(1)求证：；(2)求的度数；(3)若是的中点，如图2．求证：．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论；（2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答；（3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．【解析】（1）解：是由线段绕点顺时针旋转得到的，，，．，．．，．．（2）解：如图1：设与的交点为，

，，，．，，．又，．，．（3）解：如图2：延长交于点，连接，

，，．是的中点，．又，，．，，．由（2）知，，．

，，，，即．，，．【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．13．数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．

【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]【分析】[探究一]证明，即可得证；[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明[探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论．【解析】[探究一]∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，∴，∴，∴，在与中∴∴[探究二]证明：如图所示，

∵四边形是正方形，∴，又，∴，∵，∴，又∵，∴，又∵公共角，∴；[探究三]证明：∵是正方形的对角线，∴，，∴，∵，∴，即，∴，∴，，如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．

∴，，∴，又，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，即．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．14．【问题情境】如图1，在中，，点D，E分别是边的中点，连接．如图2，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为．【观察发现】如图2，当时，_________．【方法迁移】如图3，矩形中，点E，F分别是的中点．四边形为矩形，连接．如图4，将矩形绕点A逆时针旋转．旋转角为α，连接．请探究矩形旋转过程中，与的数量关系；【拓展延伸】如图5，若将上题中的矩形改为“平行四边形”且，矩形改为“平行四边形”，其他条件不变，如图6，在平行四边形旋转过程中，直接写出_________．

【答案】观察发现：；方法迁移：；拓展延伸：【分析】观察发现：由勾股定理求出根据三角形中位线定理求出再证明可得结论；方法迁移：由勾股定理求出再证明可得结论；拓展延伸：先求出再证明可得结论．【解析】观察发现：如图1，∵分别是的中点，∴是的中位线，∴,由勾股定理得,∴,如图2，由旋转得∴即又∵∴,∴故答案为方法迁移：理由如下：连接，如图，

∵，点E，F分别是的中点，∴，在矩形中，在中，由勾股定理得，同理可求得∵，∴，∴，又∵，∴，∴；拓展延伸：连接过点A作于点H，如图5，

∵，点E，F分别是的中点，四边形分别是平行四边形，∴∴∴∴∴∴∴同理可得，；如图6，连接

由旋转得，∴又∵∴∴故答案为：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的属性持，平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，能够识别图形，正确作出辅助线是解答本题的关键．15．（1）如图1，正方形和正方形（其中），连接交于点H，请直接写出线段与的数量关系，位置关系；（2）如图2，矩形和矩形，，将矩形绕点D逆时针旋转，连接交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段的数量关系和位置关系，并说明理由；（3）矩形和矩形，，将矩形绕点D逆时针旋转，直线交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段的长．【答案】（1）相等，垂直；（2）不成立，，，理由见解析；（3）【分析】（1）证明，可得，再通过角度的等量代换证明即可；（2）证明，可得的线段比，即可解答；（3）分类讨论，按①当点E在线段上时；②当点G在线段上时两种情况讨论，分别画出图形，依次解答即可．【解析】解：如图1，在正方形和正方形中，，，即，，，，，，，故答案为：相等，垂直；（2）不成立，，理由如下：如图2，由（1）知，，，∴，，∴，，∴，即，，，，，；（3）①当点E在线段上时，如图3，在中，，则，过点D作于点P，，，，∴，即，，，则，则；②当点G在线段上时，如图4，过点D作于点P，，，同理得：，，由勾股定理得：，则；综上，AE的长为．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，对不同情况分类讨论并且画出正确的图形辅助线是解题的关键．五、与特殊四边形结合的几何问题16．如图，在正方形中，，M是对角线上的一个动点，连接，，过点M作交于点N．

(1)如图①，求证：①；②；(2)如图②，连接，为的中点，的延长线交边于点P，当时，求和的长；(3)如图③，过点N作于H，当时，请直接写出的面积．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)，(3)3【分析】（1）①利用即可证明；②过点作于，作于，由正方形的性质得出，由角平分线的性质得出，证得四边形是正方形，得出，证出，证明，即可得出结论；（2）证明，得出，求出，由勾股定理得出，由直角三角形的性质得出，，证明，得出，求出，即可得出结果；（3）过点作于，证明得出，求出，得出，，由勾股定理得出，由三角形面积公式即可得出结果．【解析】（1）解：①四边形是正方形，，，在和中，；②证明：过点作于，作于，如图所示：

，四边形是正方形，，，，，，，，四边形是正方形，，，，，，在和中，，，；（2）在中，由（1）知：，，，，，，在中，，，，解得：，在中，，在中，，是的中点，，，，，，，，即：，解得：，；（3）过点作于，如图所示：

，，，，，，，，在和中，，，

，在等腰直角中，，，，，，，，的面积为3．【点睛】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似和三角形全等是解题的关键．17．如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．

(1)求证：；(2)将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时（点不与，重合），判断的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下，已知，当时，求的长．【答案】(1)见解析(2)等腰直角三角形，理由见解析(3)【分析】（1）根据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出，即可证得结论；（2）由旋转的性质得，从而利用等腰三角形的性质推出，再结合正方形对角线的性质推出，即可证得结论；（3）结合已知信息推出，从而利用相似三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可．【解析】（1）证：∵四边形为正方形，∴，，∵点是的中点，∴，∴，∴，即：，在与中，∴，∴；（2）解：为等腰直角三角形，理由如下：由旋转的性质得：，∴，∴，，∵，∴，即：，∴，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形；（3）解：如图所示，延长交于点，∵，，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，设，则，，∴，解得：，（不合题意，舍去），∴．

【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等，理解并熟练运用基本图形的证明方法和性质，掌握勾股定理等相关计算方式是解题关键．18．问题提出(1)如图①，在中，点在边上，且，过点作，交于点，若，则__________；问题探究(2)如图②，在矩形中，点、分别在边、上，且，过点作，交于点，连接，交于点，若，，求的最大值；问题解决(3)如图③，在正方形中，点、、、分别在边、、、上，且，与交于点，且，若，，的面积是否存在最大值？若存在，请求出的面积的最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)3(2)(3)存在，为32【分析】（1）先求出，再用平行线分线段成比例即可求出答案；（2）先表示出，再用平行线分线段成比例定理得出关于的函数关系式，即可求出答案；（3）过点作于点，交于点，先判断出四边形是平行四边形，得到，，再用平行线分线段成比例得出，即可得到答案．【解析】（1）解：，，，，，，，，故答案为：3．（2）解：设，则，，，，，，，，当时，最大，最大值为．（3）解：如图所示，过点作于点，交于点，

，四边形是正方形，，，四边形是平行四边形，，，，，，设，则，，，，当时，的面积最大，最大值为32．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质，三角形面积公式，二次函数极值的确定，其中确定相关二次函数的解析式是解题的关键．六、综合判断题19．如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（

）

A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③【答案】D【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论不对；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对.【解析】解：为正方形，，，，，.,,，，.平分，.，.，，垂直平分，故①正确.由①可知，，，，，，由①可知，.故③正确.为正方形，且边长为4，，在中，.由①可知，，，.由图可知，和等高，设高为，，，，.故④不正确.由①可知，，，关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，最小即为，如图所示，

由④可知的高即为图中的，.故②不正确.综上所述，正确的是①③.故选：D.【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点.20．如图在正方形中，E，F分别是，上的点且，分别交，于H，G点．下列结论中：①；②；③；④若，则．正确的个数是（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】将绕点A顺时针旋转后得到，可得点M、B、E三点共线，证明，可得，，然后可判断①③正确；证明点G、A、B、E四点共圆，根据圆周角定理的推论求出，然后可判断②正确；延长至N，使，证明，求出，然后根据，利用三角形的面积公式列式计算即可．【解析】解：∵正方形中，，，∴将绕点A顺时针旋转后点D与点重合，得到，

∴点M、B、E三点共线，∵，，∴，由旋转得：，，，∴，又∵，∴，∴，，③正确；∵，∴，①正确；∵在正方形中，，且，∴点G、A、B、E四点共圆，∵，∴是直径，∴，即，②正确；延长至N，使，则是等腰直角三角形，∴，∵点G、A、B、E四点共圆，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，④正确；∴正确的个数是4个，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形，圆周角定理的推论，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质以及三角形面积公式的应用等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形和相似三角形是解题的关键．21．如图，在矩形中，，．把沿折叠，使点恰好落在边上的处，再将绕点顺时针旋转，得到，使得恰好经过的