初中初中2025年廣東省深圳市中考數學專題復習《相似三角形》部分重難點專項練習一、單選題1．（2025·廣東深圳·一模）已知，，，成比例線段．若，，，則的長為（

）A． B． C． D．2．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，直線，分別交直線m，n于點A，B，C，D，E，F．若，，則的長為（

）A．4 B．5 C．6 D．103．（2025·廣東深圳·一模）兩千四百多年前，我國學者墨子就在《墨經》中記載了小孔成像實驗的做法與成因，茗茗同學從中得到啟發，在活動課上做“小孔成像”實驗，他認為小孔成像是光在均勻介質中沿直線傳播形成的一種物理現象，也可以利用數學知識解決隱藏在其中的問題．如圖，若，，蠟燭火焰倒立像，則下列說法中，錯誤的是（

）A．蠟燭火焰和蠟燭火焰倒立像可以看成是位似圖形B．C．蠟燭火焰長D．線段的中點與線段的中點的連線不一定經過點O4．（2024·廣東深圳·模擬預測）在矩形中，已知，點E為上一點，連接并延長交的延長線于點F，連接，若，則的長為（

）A． B． C．3 D．55．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，在中，，，為上一點，為上一點，若，，則的值為（

）A． B． C． D．6．（2024·廣東深圳·三模）如圖，中，，，，以點C為頂點在外部作，連接，若，則長為（

）A． B． C． D．7．（2024·廣東深圳·三模）黃金分割比被稱之為比例之王，在藝術創作和建筑設計上有很多例子．不過，事實上黃金分割符合的是西方美學，而東方美學更鐘愛于白銀分割．其中愛國品牌紅旗汽車的設計中應用了白銀分割（圖；福州華林寺大殿——現存最古老木構建筑物中也大量運用了白銀比例．東方人之所以喜歡白銀分割比，因為在日常生活中隨處都可以見到白銀分割的身影，比如常用到的紙，對折后得到兩個全等的紙、紙折疊后得到兩個全等的紙等等（圖，紙，紙、紙等的長與寬的比都等于白銀比，這樣的矩形稱為白銀矩形．如圖3，若菱形的邊長與高之比為白銀比，則稱這個菱形為白銀菱形，以白銀菱形作為平面鑲嵌圖形從而構造出具有對稱美的圖形，則這個矩形地毯的長寬比為A． B． C． D．8．（2024·廣東深圳·二模）如圖，在菱形中，，E是對角線上一點，連接，作交邊于點F，若，則的值為（

）A． B． C． D．9．（2024·廣東深圳·三模）如圖，在等腰中，，，為的中點，為上一點，且，是上兩動點，且，則的最小值為（

）A．8 B． C． D．1010．（2024·廣東深圳·二模）如圖，在四邊形中，，，是線段上一點(不與點重合)，，連接，交于點，則的最小值是（

）

A． B． C． D．11．（2024·廣東深圳·三模）如圖，中，，，，點P是上一動點，于D，于E，在點P的運動過程中，線段的最小值為（）A． B． C． D．12．（2024·廣東深圳·一模）如圖，在正方形中，是等邊三角形，，的延長線分別交于點E，F，連接，，與相交于點H．給出下列結論：①；②；③；④；⑤．其中正確的結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、填空題13．（2025·廣東深圳·一模）若，其中，則的值為．14．（2024·廣東深圳·中考真題）如圖，在中，，，D為上一點，且滿足，過D作交延長線于點E，則．15．（2025·廣東深圳·模擬預測）在等腰中，，D是上一點，過點D作交延長線于點E，若，，則的值為．16．（2022·廣東深圳·中考真題）已知是直角三角形，連接以為底作直角三角形且是邊上的一點，連接和且則長為．

17．（2025·廣東深圳·一模）在菱形中，，將沿翻折至，，的延長線分別交于，兩點，若，則的值為．18．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，在菱形中，點為邊上一點，連接，將線段繞點逆時針旋轉得到，交于點，連接，交于點，已知，，，則=．19．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，菱形中，點分別在邊，上，，，若，，則．20．（2023·廣東深圳·三模）如圖，在中，，邊上有一點，使，點是線段的延長線上的一點，連接，，且，若，，則的長為．

三、解答題21．（2024·廣東深圳·中考真題）垂中平行四邊形的定義如下：在平行四邊形中，過一個頂點作關于不相鄰的兩個頂點的對角線的垂線交平行四邊形的一條邊，若交點是這條邊的中點，則該平行四邊形是“垂中平行四邊形”．(1)如圖1所示，四邊形為“垂中平行四邊形”，，，則________；________；(2)如圖2，若四邊形為“垂中平行四邊形”，且，猜想與的關系，并說明理由；(3)①如圖3所示，在中，，，交于點，請畫出以為邊的垂中平行四邊形，要求：點在垂中平行四邊形的一條邊上（溫馨提示：不限作圖工具）；②若關于直線對稱得到，連接，作射線交①中所畫平行四邊形的邊于點，連接，請直接寫出的值．22．（2023·廣東深圳·中考真題）（1）如圖，在矩形中，為邊上一點，連接，①若，過作交于點，求證：；②若時，則______．

（2）如圖，在菱形中，，過作交的延長線于點，過作交于點，若時，求的值．

（3）如圖，在平行四邊形中，，，，點在上，且，點為上一點，連接，過作交平行四邊形的邊于點，若時，請直接寫出的長．

23．（2022·廣東深圳·中考真題）（1）【探究發現】如圖①所示，在正方形中，為邊上一點，將沿翻折到處，延長交邊于點．求證：（2）【類比遷移】如圖②，在矩形中，為邊上一點，且將沿翻折到處，延長交邊于點延長交邊于點且求的長．（3）【拓展應用】如圖③，在菱形中，，為邊上的三等分點，將沿翻折得到，直線交于點求的長．24．（2025·廣東深圳·一模）【問題背景】：如圖1，在矩形中，，點E是邊的中點，過點E作交于點F．【實驗探究】：（1）在一次數學活動中，小明在圖1中發現；將圖1中的繞點B按逆時針方向旋轉，連接，，如圖2所示，發現；（2）小亮同學繼續將繞點B按逆時針方向旋轉，連接，旋轉至如圖3所示位置，請問探究（1）中的結論是否仍然成立？并說明理由；【拓展延伸】：（3）在以上探究中，當旋轉至D、E、F三點共線時，的長為．25．（2025·廣東深圳·一模）為響應國家節能減排的號召，廣東新農村建設把主要村道道路上安裝了太陽能路燈．如圖（a）所示是行人在某村村道路燈下的影子，圖（b）是該村村道上安裝的兩盞高度不同的太陽能路燈的示意圖，其中電線桿的高度為，電線桿的高度為，的長為．身高的聰聰同學（）在兩盞路燈之間走動，他在B，D兩盞路燈下形成的影長分別記作和．（A，E，C，M，N在同一直線上，電線桿和人均垂直于地面）(1)請在圖（b）中畫出聰聰同學在路燈D照射下形成的影長；(2)當聰聰同學站在兩盞路燈的中間（即E為的中點）時，請求出影長；(3)若影長端點N處有一個竹竿，它在路燈B的照射下其影長端點恰好與點M重合，同時影長端點M處也有一個竹竿，它在路燈D的照射下其影長端點恰好與點N重合．（竹竿，均垂直于地面）請回答下列問題：①設的長為，則的長為_______（請用含有x的代數式來表示）；②請判斷的值是否為定值？若是，請求出此定值；若不是，請說明理由．26．（2025·廣東深圳·一模）如圖，在菱形中，，，點，分別在邊，上，連接，．(1)如圖（），若，分別是邊，的中點，連接，則______(2)當時，請回答下列問題：①如圖（），求的值；②如圖（），若平分時，求的值；③如圖（），若時，求的值．27．（2025·廣東深圳·一模）綜合與探究在正方形中，，點是邊上的動點，連接．(1)【探索發現】如圖1，過點作，求證：；(2)【類比探究】如圖2，過點作于點，連接，當是等腰三角形時，求此時的長度與的面積；(3)【拓展延伸】如圖3，過點作于點，連接，將沿翻折得到，交于點，請直接寫出線段的最小值．28．（2025·廣東深圳·三模）【問題提出】（1）如圖，在矩形中，點，分別是邊，上的點，連接與交于點，若，求證：；【遷移應用】（2）如圖，在中，，，點，分別是邊，上的點，連接交于點，且，求的值；【拓展提高】（3）如圖，在四邊形中，點是邊上的一點，連接與交于點，，，，請直接寫出的值．29．（2025·廣東深圳·一模）（1）如圖1，在正方形中，E為邊上一點，F為延長線上一點，且，①與之間的數量關系為．②G，H分別是中點，連接，請證明：．（2）如圖2，在矩形中，，E為邊上一點，F為延長線上一點，，G，H分別是中點，連接，已知，求的長．（3）如圖3，在平行四邊形中，，E為邊上一點，F為延長線上一點，且，G，H分別是中點，連接，當時，請直接寫出的長．30．（2023·廣東深圳·三模）【問題】（1）如圖1，四邊形是正方形，點E是邊上的一個動點，以為邊在的右側作正方形，連接、，則與的數量關系是，與的位置關系是；（2）如圖，四邊形是矩形，，，點E是邊上的一個動點，【探究】①如圖2，以為邊在的右側作矩形，且，連接、，求證：；【拓展】②如圖3，以為邊在的右側作正方形，連接、，則面積的最小值為．參考答案題號12345678910答案BCDABABDBC題號1112答案DC1．B【分析】本題考查成比例線段，解題的關鍵是掌握：若四條線段，，，成比例，則（或），是有順序的，位置不能隨意顛倒．據此列式解答即可．【詳解】解：∵，，，成比例線段，且，，，∴，即，∴．故選：B．2．C【分析】本題主要考查了平行線分線段成比例定理，利用平行線分線段成比例定理列出比例式解答即可．【詳解】解：，，∵，∴，，．故選：C．3．D【分析】本題考查了相似三角形的應用，根據題意可得，從而可得，然后證明，從而利用相似三角形的性質進行計算，即可解答．【詳解】解：蠟燭火焰和蠟燭火焰倒立像可以看成是位似圖形，A選項正確；由題意得：，∴，∵，∴，B選項正確；∴，∴，解得：，∴蠟燭火焰長，C選項正確；線段的中點與線段的中點的連線一定經過點O，D選項錯誤．故選：D．4．A【分析】本題考查矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，作于，則，由平行可得，結合可得，則，由勾股定理得到，再由平行得到，代入計算即可．【詳解】∵矩形中，已知，∴，，，，作于，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，又，∴，∴，∴，∴,∴，∵，∴,∴，∴，解得，故選：A．5．B【分析】本題考查了相似的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理．過點C作交的延長線于點，過點C作于點，證明推出，，得到和，據此求解即可．【詳解】解：如圖，過點C作交的延長線于點，過點C作于點，．，，，，．，，．設，，，，．，，．，，，．故選：B．6．A【分析】本題主要考查判斷圓的內接四邊形的性質和相似三角形的判定和性質，根據已知求得，即可判定A、B、C和D四點共圓，且以中點為圓心，連接，求得，，進一步可證明，有，設，則，求得x和y，再證明，有，即可求得．【詳解】解：∵，，∴，∴，∵，∴A、B、C和D四點共圓，且以中點為圓心，連接，如圖，∵，，，∴，，∵，∴，∴，設，則，則，解得，∵，∴，∴，即，解得，故選：A．7．B【詳解】解：由題意得，白銀矩形四邊形白銀矩形四邊形，，即，，，，（負值舍去）即白銀矩形的長與寬的比為．如下圖，作于點,于，于，在上截取,連接,由題可知：,,,,,同理可得,,,,,,,設,,,,,故選：．【點睛】本題考查的時候相似多邊形的性質、平面鑲嵌（密鋪）、菱形的判定與性質、翻折變換（折疊問題）、比例的性質、黃金分割，解決本題的關鍵是理解白銀矩形的定義．8．D【分析】本題考查相似三角形的判定和性質，菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，由菱形的性質推出，，判定，是等邊三角形，得到，，求出，而，得到，即可證明，推出，令，則，得出，得到，即可求出答案．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，，∴，是等邊三角形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴令，則，∴，∴，∴，∴，∴，∴．故選：D．9．B【分析】過點作于點，過點作交于，連接，首先解得，，結合，可得，根據平行線分線段成比例定理，可解得，進而證明四邊形為平行四邊形，可得；作點關于直線的對稱點，連接，過點作于點，由對稱的性質可得，故當點在同一直線上時，取最小值，最小值等于的長度，結合三角函數和勾股定理分別解得，，，的值，由軸對稱的性質可得的值，證明，由相似三角形的性質解得，進而可得，理由勾股定理分別解得，的值，即可獲得答案．【詳解】解：如下圖，過點作于點，過點作交于，連接，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形為平行四邊形，∴，作點關于直線的對稱點，連接，過點作于點，如圖，由對稱的性質可得，∴，∴當點在同一直線上時，取最小值，最小值等于的長度，∵為的中點，∴∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴在中，，∴，由軸對稱的性質可得，∵，，∴，∴，即，解得，∴，∴在和中，，，∴∴的最小值為．故選：B．【點睛】本題主要考查了解直角三角形、相似三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、軸對稱的性質、兩點之間線段最短等知識，正確作出輔助線，綜合運用相關知識是解題關鍵．10．C【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，三角函數，垂線段最短，作于點，證明，得到，即得，推導出是等邊三角形，得到，，由得，即可求解，正確作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：作于點，則，

∵，，∴是等邊三角形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，，∴，∵，∴，∴，故選：．11．D【分析】根據可以確定A，D，P，E四點共圓，根據三角形內角和定理確定，進而確定當時，線段取得最小值，根據三角形內角和定理和圓周角定理的推論確定，根據相似三角形的判定定理和性質可，設，根據等角對等邊和勾股定理表示出和，根據所對的直角邊是斜邊的一半，圓周角定理和勾股定理表示出，最后代入比例式中計算即可．【詳解】解：∵于D，于E，∴，∴，∴A、D、P、E四點共圓，且直徑為，∵，是定值，所以直徑最小時，所對的弦最小，此時，在中，∴是等腰直角三角形，，∴也是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，設，則，，則，∵，∴，過D作于M，∴，，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，則線段的最小值為故選：D．【點睛】本題考查確定圓的條件，圓周角定理及其推論，勾股定理，相似三角形的判定定理和性質，含的直角三角形，正確確定何時取得最小值是解題關鍵．12．C【分析】由是等邊三角形，得，而，故①正確；由，，可判定②正確；過點作于，過點作于，則，，可推出，，則，判定③正確；由可得，進而得到，得到，又因為不是中點，故，可判定④錯誤；由，得，則，可判定⑤錯誤．【詳解】解：為等邊三角形，，，四邊形是正方形，，，又，，，，，，在中，，，又，，故①正確；，，，，故②正確；過點作于，過點作于，由題意可得，，，，，故③正確；，，，又與同高，，又，不是中點，，，故④錯誤；，，，，，又，，，故⑤錯誤，綜上所述：正確的結論有3個，故選：C．【點睛】本題考查了正方形的性質、等邊三角形性質、銳角三角函數、相似三角形的判定及性質，掌握以上基礎知識，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．13．10【分析】本題考查了比例的性質，根據合比的性質得，進而可得．【詳解】解：∵，∴，∵，∴．故答案為：10．14．【分析】本題考查了解直角三角形、勾股定理，平行線分線段成比例，先設，根據，，得出再分別用勾股定理求出，故，再運用解直角三角形得出，，代入，化簡即可作答．【詳解】解：如圖，過點A作垂足為H,∵，，設，∴，∵，，∴，∵，∴，解得∴，，∴，，∴，過點C作垂足為M，∴，，∵,，∴，∴，故答案為：．15．【分析】過點A作于點P，過點B作于點H，過點E作交BC的延長線于點F，由正切函數得，設，，利用勾股定理分別求出，，，則，再求出，則，，，進而得，，根據得，設，，則，，由正切函數，，即可求解．【詳解】解：過點A作于點P，過點B作于點H，過點E作交的延長線于點F，如圖所示：，在中，，∴設，，，，，，，，，，，，，，，，∴，設，，，，在中，，在中，，，，，，，∴，解得：，，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定及性質，等腰三角形的性質，正切函數，勾股定理，掌握似三角形的判定及性質，等腰三角形的性質，能構建相似三角形，并能熟練利用正切函數和勾股定理進行求解是解題的關鍵．16．【分析】將線段繞點順時針旋轉，得到線段，連接，HE，利用證明，得，，則，即可解決問題．【詳解】解：將線段繞點順時針旋轉，得到線段，連接，HE，

是等腰直角三角形，∴∠HBD=45°∵∠FBD=45°∴點B、F、H共線又是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是作輔助線構造全等三角形．17．【分析】先根據菱形的性質以及解直角三角形分別求出，，，再結合勾股定理得，因為折疊，得，，，，運用勾股定理得出，，，，再證明，運用兩個相似三角形的高的比等于相似比列式化簡，即可作答．【詳解】解：分別過點，作的延長線，的延長線，且過F作分別交于點，如圖所示：∵四邊形是菱形，∴，，，∵∴，設，∴在中，，即，∴，∵，的延長線，的延長線，∴，∵，∴∴在中，，，即，，∴，，在中，，則，∵將沿翻折至，，的延長線分別交于，兩點，∴，，，，∴，即，∴，解得，∴∴，∴，∵，∴，即，∴，∴，則，∴，∴，∵，∴，∴（兩個相似三角形的高的比等于相似比），故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質，相似三角形的判定與性質，菱形的性質，解直角三角形的性質，勾股定理，難度大，綜合性強，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．18．【分析】過點作交、的延長線于點，在上截取，連接，由四邊形是菱形，則，，再由旋轉可得，，從而證明是等邊三角形，然后由等邊三角形的性質可得∴，，從而，最后由平行線分線段成比例即可求解．【詳解】解：過點作交、的延長線于點，在上截取，連接，∵四邊形是菱形，∴，，，由旋轉可得，，∴，∴，又∵，∴，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，，∴，，∴DP=2，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，又∵，∴．【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，平行線分線段成比例，菱形的性質，作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．19．【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質，解直角三角形等知識，作于點，在上取點，使，連接．證明，得出．設，則，，，，由，根據余弦定義可得，利用相似三角形的性質可得，進而得出，然后代入數值求解即可．【詳解】解：如圖，作于點，在上取點，使，連接．，，菱形，，，，，，，，，．設，則，，，，，，，，，，，解得，，．故答案為：11．20．【分析】過作交于，設，則，，由勾股定理得到：，即可求出的長，由等腰直角三角形的性質求出的長，由平行線等分線段定理得到的長，由，得到，代入有關數據即可求出的長．【詳解】解：過作交于，

設，則，，∵，∴，∴，∴（舍去負值），∴，∴，∵，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查等腰三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，關鍵是由勾股定理求出CD的長；通過作輔助線構造相似三角形．21．(1)，(2)，理由見解析(3)①見解析；②或．【分析】（1）根據題意可推出，得到，從而推出，再根據勾股定理可求得，再求得；（2）根據題意可推出，得到，設，則，，再利用勾股定理得到，從而推出、，即可求得答案；（3）①分情況討論，第一種情況，作的平行線，使，連接，延長交于點；第二種情況，作的平分線，取交的平分線于點，延長交的延長線于點，在射線上取，連接；第三種情況，作，交的延長線于點，連接，作的垂直平分線；在延長線上取點F，使，連接；②根據①中的三種情況討論：第一種情況，根據題意可證得是等腰三角形，作，則，可推出，從而推出，計算可得，最后利用勾股定理即可求得；第二種情況，延長、交于點，同理可得是等腰三角形，連接，可由，結合三線合一推出，從而推出，同第一種情況即可求得；第三種情況無交點，不符合題意．【詳解】（1）解：，為的中點，，，，，，，即，解得，，；故答案為：1；；（2）解：，理由如下：根據題意，在垂中四邊形中，，且為的中點，，；又，，；設，則，，，，，，，，；（3）解：①第一種情況：作的平行線，使，連接，則四邊形為平行四邊形；延長交于點，，，，，，，即，為的中點；故如圖1所示，四邊形即為所求的垂中平行四邊形：第二種情況：作的平分線，取交的平分線于點，延長交的延長線于點，在射線上取，連接，故為的中點；同理可證明：，則，則四邊形是平行四邊形；故如圖2所示，四邊形即為所求的垂中平行四邊形：第三種情況：作，交的延長線于點，連接，作的垂直平分線；在延長線上取點F，使，連接，則為的中點，同理可證明，從而，故四邊形是平行四邊形；故如圖3所示，四邊形即為所求的垂中平行四邊形：②若按照圖1作圖，由題意可知，，四邊形是平行四邊形，，，是等腰三角形；過P作于H，則，，，，，，；,，，，即

∴若按照圖2作圖，延長、交于點，同理可得：是等腰三角形，連接，，，，，；同理，，，，，，即，

，若按照圖3作圖，則：沒有交點，不存在PE（不符合題意）故答案為：或．【點睛】本題考查了垂中平行四邊形的定義，平行四邊形的性質與判定，相似三角形的判定與性質，勾股定理，尺規作圖，等腰三角形的判定與性質等，熟練掌握以上知識點，讀懂題意并作出合適的輔助線是解題的關鍵．22．（1）①見解析；②；（2）；（3）或或【分析】（1）①根據矩形的性質得出，，進而證明結合已知條件，即可證明；②由①可得，，證明，得出，根據，即可求解；（2）根據菱形的性質得出，，根據已知條件得出，證明，根據相似三角形的性質即可求解；（3）分三種情況討論，①當點在邊上時，如圖所示，延長交的延長線于點，連接，過點作于點，證明，解，進而得出，根據，得出，建立方程解方程即可求解；②當點在邊上時，如圖所示，連接，延長交的延長線于點，過點作，則，四邊形是平行四邊形，同理證明，根據得出，建立方程，解方程即可求解；③當點在邊上時，如圖所示，過點作于點，求得，而，得出矛盾，則此情況不存在．【詳解】解：（1）①∵四邊形是矩形，則，∴，又∵，∴，，∴，又∵，∴；②由①可得，∴∴，又∵∴,故答案為：．（2）∵在菱形中，，∴，，則，∵，∴，∵∴，∴，∵，∴,又，∴，∴，∴；（3）①當點在邊上時，如圖所示，延長交的延長線于點，連接，過點作于點，

∵平行四邊形中，，，∴，,∵，∴∴，∴∴在中，，則，，∴∴，∵，∴∴∴∴設，則，，，∴解得：或，即或，②當點在邊上時，如圖所示，

連接，延長交的延長線于點，過點作，則，四邊形是平行四邊形，設，則，，∵∴∴，∴∴，∵∴過點作于點，在中，，∴，，∴，則，∴，∴，，∴∴，即，∴即解得：（舍去）即；③當點在邊上時，如圖所示，

過點作于點，在中，，，∴，∵，∴，∵，∴點不可能在邊上，綜上所述，的長為或或．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，平行四邊形的性質，解直角三角形，矩形的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定，分類討論是解題的關鍵．23．（1）見解析；（2）；（3）的長為或【分析】（1）根據將沿翻折到處，四邊形是正方形，得，，即得，可證；（2）延長，交于，設，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，設，則，因，有，即解得的長為；（3）分兩種情況：（Ⅰ）當時，延長交于，過作于，設，，則，，由是的角平分線，有①，在中，②，可解得，；（Ⅱ）當時，延長交延長線于，過作交延長線于，同理解得，．【詳解】證明：（1）將沿翻折到處，四邊形是正方形，，，，，，；（2）解：延長，交于，如圖：設，在中，，，解得，，，，，，即，，，，，，，，即，，設，則，，，，即，解得，的長為；（3）（Ⅰ）當時，延長交于，過作于，如圖：設，，則，，，，，沿翻折得到，，，，是的角平分線，，即①，，，，，在中，，②，聯立①②可解得，；（Ⅱ）當時，延長交延長線于，過作交延長線于，如圖：同理，，即，由得：，可解得，，綜上所述，的長為或．【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質，三角形角平分線的性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是方程思想的應用．24．（1）；；（2）結論仍然成立，見解析；（3）或【分析】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，旋轉的性質等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．（1）通過證明，可得，即可求解；（2）通過證明，即得，可得結論；（3）分兩種情況討論，先求出，的長，用（2）的結論即可求解．【詳解】解：（1）如圖：，，，如圖2：繞點B按逆時針方向旋轉，，，，，故答案為：；（2）結論仍然成立，理由如下：如圖，繞點B按逆時針方向旋轉，，，，；（3）當點E在的上方時，如圖：，點E是邊的中點，，，，，D、E、F三點共線，，，，由（2）可得：，，；當點E在AB的下方時，如圖：同理可求：，故答案為：或．25．(1)見解析(2)(3)①或；②是，【分析】本題主要考查了相似三角形的應用．（1）連接并延長交與點N即可．（2）先得出，，由相似三角形的性質得出，，分別求出和，最后根據代入計算即可．（3）①根據題意畫出圖形，設，由（2）可知，，由全等三角形的性質得出，，再根據，進而可得出，再證明，即可由全等三角形的性質得出．②方法一：根據，直接計算即可．方法二：證明，，由相似三角形的性質得出，，進而可得出，然后求解即可．【詳解】（1）解：圖中線段為所求．（2）解：當米時，∵，∴，，，，即，，解得：，，∴．（3）解：①根據題意畫出圖形：設，由（2）可知，，，，即，，解得：，，∴，，∵，∴，解得：，∵，∴，∴，即，整理得：或，②方法一：同①可求得，∵，∴，，，，．方法二：∵，∴，，∴，，∴，，，，∴．26．(1)(2)①；②；③【分析】（1）連接、相交于點，由菱形的性質得，，，，進而得，由勾股定理得，從而，再根據三角形的中位線判定及性質即可得解．（2）①過點作于點，直角三角形的性質及勾股定理，從而，利用勾股定理即可得解；②將延長交延長線于點，由角平分線的定義得，又根據菱形性質得，進而得，，，再證明，根據相似三角形的性質即可得解；③延長與延長線交于點，過作于點，由①可得：設，則，．證利用相似三角形的性質得，進而得，，于是，利用勾股定理即可得解．【詳解】（1）解：如圖，連接、相交于點，∵四邊形是菱形，，，∴，，，，∴，∴，∴，∵，分別是邊，的中點，∴，故答案為：；（2）解：①過點作于點，∵，∴，∴，∵，∴∴由勾股定理可得：，；②將延長交延長線于點，∵，∴，∵平分∴，∵四邊形是菱形，∴，∴∴，∴，∴∵，∴，∴．③延長與延長線交于點，過作于點，由①可得：∵，∴設，∴，∴∴．∵四邊項是菱形，∴，∴∴∴即∴∴解得，∵，∴，∴．【點睛】本題主要考查了三角形函數解直角三角形，勾股定理，菱形的性質，度直角三角形的性質，相似三角形的判定及性質，熟練掌握三角形函數解直角三角形，勾股定理，菱形的性質是解題的關鍵．27．(1)見解析(2)當時，，；當時，，(3)【分析】（1）利用正方形的性質，結合相似三角形的判定即可證明；（2）由正方形和直角三角形的性質得到，再根據是等腰三角形得出或，則分兩種情況進行討論，根據相似三角形的判定與性質、等腰三角形三線合一性質以及三角形的面積公式分別求解即可；（3）連接交于點K，交于點L，由翻折的性質得，，，得出是的垂直平分線，同理（2）的方法證出，，得到，，，，設，利用相似三角形的性質表示出的長，進而得出，結合的范圍即可求出線段的最小值．【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，，，，，，，，又，．（2）解：四邊形是正方形，，，，，，在中，，，為等腰三角形，或；①當時，如圖，作于點H，，，，，，，，，，即，又，，，，設，則，在中，，，解得：，即，，，是等腰直角三角形，，，三點共線，點和點重合，；②當時，如圖，作于點H，，，，，，由①中的結論得，，又，，，，設，則，，在中，，，解得：，，，，，，，即，解得：，；綜上所述，當時，，；當時，，．（3）解：如圖，連接交于點K，交于點L，由翻折的性質得，，，是的垂直平分線，，，，同理（2）的方法可得，，，，，，，設，則，，由（2）得，，，，，，，，，，，，，又，，，又，當時，有最大值20，此時有最小值，線段的最小值為．【點睛】本題主要考查了正方形的性質、相似三角形的性質與判定、等腰三角形的性質、勾股定理與翻折問題、全等三角形的性質與判定、二次函數的性質，熟練掌握相關知識點，學會結合圖形添加適當的輔助線構造全等三角形和相似三角形是解題的關鍵．本題屬于幾何綜合題，需要較強的幾何知識儲備和輔助線構造能力，適合有能力解決幾何難題的學生．28．（）見解析；（）；（）【分析】（）根據矩形的性質得到，求得，得到，根據相似三角形的性質得到，求得；（）根據補角的性質得到，根據相似三角形的性質得到，根據平行四邊形的性質得到，，根