2024年中考数学高频考点突破——相似三角形（含解析）

2024年中考数学高频考点突破——相似三角形
1．【问题情境】数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在中，，为延长线上一点，连接，过点作于点．在图中找出与一定相等的角，并证明．

(1)【独立思考】
请解答王老师出示的问题．
(2)【实践探究】
在原有问题条件不变的情况下，王老师通过增加新条件，并提出了新问题：如图2， 与交于点，若，，，求的长度．
(3)【问题解决】
在（2）的条件下，数学活动小组的同学提出了下面的问题：如图3，为上的一点，且，
① 证明；
② 该小组研究后发现，延长交于点．根据线段与的长度，可以求出图3中所有已经用字母标记的线段长度．请你求出的长．
2．综合与实践．
模型启迪：
（1）如图1，在中，为边的中点，连接并延长至点，使，连接．由，得，则与的数量关系为 　 　，位置关系为 　 　．

模型探索：
（2）如图2，在中，平分，为边的中点，过点作，交的延长线于点，交边于点．试判断与的数量关系，并说明理由．
（3）图3，在中，为边的中点，连接，为边上一点，过点作于点，连接交于点，且．求证：．
模型应用：
（4）如图4，在（3）的条件下，延长至点，使，连接，交的延长线于点．若，，，请直接写出线段的长．
3．如图，在菱形ABCD中，已知，以AB为一边作正方形AEFB，连接CE交BD于M，交AB于N．

(1)求的度数；
(2)求的值；
(3)求证；．
4．综合与实践：

(1)问题情景：如图1，已知等边和它内部一点D，把线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接，射线交于点F，则与数量关系是___________， __________°．
(2)类比探究：如图2，在等腰中，，点D是边上一点，过点D作交于点E，将绕点A旋转得到，连接，，在旋转的过程中，设直线交于点F，探索和的数量关系和的度数；
(3)拓展应用：如图3，在中，，以为斜边作等腰直角三角形，若求线段的长（直接写出答案）．
5．在中，为边上一点．

(1)如图1，若，求证：．
(2)若为的中点，，
①如图2，若，，求的长；
②如图3，若，，直接写出的长．
6．如图1，在平行四边形中，，对角线相交于点O，过点O的直线与交于点M，与的延长线交于点N，．

(1)求证：；
(2)求的值；
(3)如图2，将直线向下平移与交于点E，过E作交于F，若，直接写出的值．（用含m的代数式表示）
7．课本再现：
(1)如图1，D，E分别是等边三角形的两边上的点，且．求证：．下面是小涵同学的证明过程：
证明：∵是等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴．
小涵同学认为此题还可以得到另一个结论：的度数是 　 　；

迁移应用：
(2)如图2，将图1中的延长至点G，使，连接．利用（1）中的结论完成下面的问题．
①求证：；
②若，求证：；
拓展提升：
(3)在等边中，若点D，E分别在射线上，连接交于点F，且，将绕点C逆时针旋转到，且使得．直线与直线交于点P，若，则的值为 　 　
8．如图1，菱形中，，．点为射线上一动点，在射线上取一点，连接，，使．作的外接圆，设圆心为．
(1)当圆心在上时，___________；
(2)当点在边上时，
①判断与的位置关系，并证明；
②当为何值时，有最大值？并求出最大值；
(3)如图2，连接，若，则；将优弧沿翻折交射线于点，则的弧长___________．
9．如图，是的直径，弦于点，点是上一点，且，连接，，交于点．

(1)若，，求的半径；
(2)连接并延长，交的延长线于点，过点作的切线，交的延长线于点．求证：．
10．如图1，在正方形中，，为对角线上的一点（不与点，重合），为边上一点，连接，，且．

(1)求证：．
(2)若，求的值．
(3)如图2，连接交于点，若，求的长．
11．在正方形中，，F为对角线上一动点，连接，以为斜边向右下方作等腰直角，连接．

(1)如图1，当点E落在线段上时，求证：；
(2)如图2，当点E不在线段上时，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)当时，求线段的长；
(4)若点F从点B运动到点D，直接写出点E经过的路径长．
12．如图，正方形的边长为，为对角线上一动点，以为直角顶点作交直线于点，交直线于点，

(1)如图，若点与对角线交点重合时，求证：．
(2)如图，若点为线段中点时，
①求证：；
②如图，当点在线段延长线上，且点使得，分别交，于，，则线段的长为______直接写出答案．
13．【问题提出】
（1）如图①，在中，点D在边上，，且，则　　；
【问题探究】
（2）如图②，在中，， ，求出面积的最大值；
【问题解决】
（3）如图③，某市政中心计划由旧城改造出一块三角形空地，并拟定在中建一个户外健身区，其占地平面示意图为四边形，其中D为上一个三等分点（），过点D分别作 ，，且点分别在上．经过实地测量后得知：， m，现要求户外健身区所在四边形的面积最大，请你计算出户外健身区（即四边形）所占面积最大为多少？

14．如图，在矩形中，点E是的中点，连接，，过点B作的垂线交，于点F，G．设．

(1)求证：；
(2)如图1，连接，若，求m的值；
(3)如图2，若平分，过点D作的垂线交，及的延长线分别于点P，H，M．若，求的长．
15．综合与实践
问题情境：
在和中，，．将的顶点放在底边的中点处，的顶点与底边的中点重合．
猜想证明：
（1）如图1，与的交点记为，与的交点记为，试判断四边形的形状，并说明理由；
问题解决：
将绕点旋转，边与交于点．
（2）如图2，在旋转过程中，当平分时，求线段的长；
（3）如图3，在旋转过程中，当时，直接写出线段的长．
16．如图，在正方形中，点E是边上一点，与交于点M，延长交于点H，连接．

(1)求证：；
(2)若，求的值；
(3)已知正方形的边长为1，点E在运动过程中，的长能否为，请说明理由．
17．综合与实践

(1)【操作发现】如图，诸葛小组将正方形纸片沿过点的直线折叠，使点落在正方形内部的点处，折痕为，再将纸片沿过点的直线折叠，使与重合，折痕为，请写出图中的一个角；
(2)【拓展探究】如图，孔明小组继续将正方形纸片沿继续折叠，点的对应点恰好落在折痕上的点处，连接交于点．
度；
若，求线段的长；
(3)【迁移应用】如图，在矩形，点，分别在边，上，将矩形沿，折叠，点落在点处，点落在点处，点，，恰好在同一直线上，若点为的三等分点，，，请直接写出线段的长．
18．如图1，A，B分别在射线上，且为钝角，现以线段为斜边向的外侧作等腰直角三角形，分别是，点C，D，E分别是，的中点．

(1)求证：；
(2)延长交于点R．
①如图1，若，求证：为等边三角形；
②如图3，若，求大小和的值．
参考答案：
1．(1)
(2)4
(3)①证明见解析；②
【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余和同角的余角相等可得出结论；
（2）根据勾股定理在中即可求出；
（3）①过A作于K，证明，，即可得出结论．②延长至M，使，连接．证明，得，求得AG=1，，从而可求出，由①知：，所以，然后证明，得，即，即可求解．
【详解】（1）解：，
证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）在中，，
又∵，，，
∴
（3）①证明：过A作于K，

由（2）可知：，
在与中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
延长至M，使，连接．

∴，
由①知：，
∴，
∵
∴
∵
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，此题属三角形综合题目，熟练掌握相关知识的灵活性运用是解题的关键．
2．（1），；（2），理由见解析（3）见解析（4）
【分析】（1）证，得，，再由平行线的判定得即可；
（2）延长至点，使，连接，证，得，，再平行线的性质得，，然后证，即可得出结论；
（3）延长至点，使，连接，同（1）得，则，，再证，然后由等腰三角形的性质即可得出结论；
（4）延长至点，使，连接，过点作于点，由（3）可知，，，再证是等边三角形，得，，进而与勾股定理得，，则，，然后证，得，求出，即可得出结论．
【详解】（1）解：为边的中点，
，
，，
，
，，
，
故答案为：，；
（2）解：，理由如下：
如图2，延长至点，使，连接，

为的中点，
，
，，
，
，，
，
，，
平分，
，
，
；
（3）证明：如图3，延长至点，使，连接，

同（1）得：，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
（4）解：延长至点，使，连接，过点作于点，

则，
由（3）可知，，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
解得：，
，
即线段的长为．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
3．(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）在菱形中，，可证得和为正三角形，由于和为菱形的对角线，，，在正方形中，为对角线，可证得为等腰三角形，再根据三角形的内角和定理即可得到的度数；
（2）证得，即可得到的值；
（3）设边长为，，由面积相等可得到，设，可得到，从而得到的长，过点作，由，可得到．
【详解】（1）解：在菱形中，，
又∵，
∴，，即和为正三角形，
∴，
∵和为菱形的对角线，
∴，，
连接，在正方形中，为对角线，
∴，，
∴，即为等腰三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
（3）解：∵为等边三角形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
设边长为，，
∵
设，则，
∴，
∴，当时，构不成三角形，故舍去，
∴，
∴，
过点作，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题考查几何图形的综合问题，熟练掌握菱形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形、等边三角形的性质，能够熟练利用面积相等是解此题的关键．
4．(1)；60
(2)，
(3)或
【分析】（1）证明，即可得出结论；
（2）证明，即可得出结论；
（3）分点在上方和下方，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵等边，
∴，
∵线段绕点B逆时针旋转得到线段，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵（外角的性质），
∴；
故答案为：；
（2）解：∵等腰，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵将绕点A旋转得到，
∴，
∴，
∵，
∴∴，
∴，，
∴，
∴．
（3）当点D在的上方时，如图1所示，

过点D作交的延长线于点E，则：，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴；
②当点D在的下方时，如图2所示，同理可得，．

综上：或．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是证明三角形全等和相似，本题蕴含手拉手全等模型，手拉手相似模型，属于中考中常见的几何综合压轴题．
5．(1)见解析
(2)①3；②
【分析】（1）根据已知条件得出，又，即可得证；
（2）①解法：延长到点，使，连结，设：，则，，，证明，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；①解法：取中点，连结，设：，则，证明，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；
②解法：延长到点，使，连结，过点作于点，证明，得出，在中，，则，建立方程，解方程，即可求解；②解法：过点作于点，在上取点，使，在中，勾股定理求得，证明，得出，解方程，即可求解．
【详解】（1）∵，即
∵，
∴；
（2）
①解法：延长到点，使，连结
设：，则，，
为的中点，为的中点，
是的中位线，
，
，
，
，
，
解得：，（不合题意舍去）

①解法：取中点，连结
设：，则
为的中点，为的中点
是的中位线
，且
，
，
，
，
解得：，（不合题意舍去）
，
②解法：延长到点，使，连结，过点作于点，

设：，
中，，
，
中，，
，
，
，
为的中点，为的中点
是的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
即
解得：，（不合题意舍去）
②解法：过点作于点，在上取点，使，

设：，
中，，
，
中，，
，
，
，，
，
，
在中，，
，
为的中点，
，
，，
，即
，
，
，
，
解得：，（不合题意舍去）
【点睛】本题主要考查三角形的综合性题目，包括相似三角形的判定和性质，三角形中点的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
6．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等边对等角可得，，再根据，，通过等量代换即可证明；
（2）先证，，再证，即可求解；
（3）先证，，根据平行线分线段成比例定理的推论可得，设，则，用含m的代数式表示相关线段，代入求解即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，，
，
又，
；
（2）解：由（1）得，
又，
，
，
中，对角线相交于点O，，
，
，
；
（3）解：如图，

，
，
结合（1）中结论，可得，
又，
，
，
在中，
，
，
设，则，
，
，
，
又，
，
．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理等，解题的关键是综合运用上述知识点，熟练进行等量代换．
7．(1)60°
(2)①见解析；②见解析
(3)2或3
【分析】（1）由全等的性质，得角相等，作等量代换得证结论；
（2）①求证，得，相应可证，于是；②可证，得，相应的，可证得；
（3）如图3，当点D，点E分别在上时，由，得，可求证是等边三角形，进一步求证，得，从而；如图4，当点D，点E分别在的延长线，的延长线上时，求证是等边三角形，得，进一步求证，得，求证CB=2BD，所以CP=3BP，．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）证明：①由（1）知，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴．
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图3，当点D，点E分别在上时，

∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
由②知 AD=2BD，
∴；
如图4，当点D，点E分别在的延长线，的延长线上时，

∵,
∴.
∵,
∴,
∵,
∴
∴是等边三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴CB=2BD，
∴CP=3BP，
∴，
故答案为：2或3．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质；当属于动点情况时，注意分类讨论，情况完备是解题的关键．
8．(1)
(2)①与的位置关系是相切，见解析；②当时，有最大值1
(3)，
【分析】（1）可证得，进而解直角三角形和直角三角形，从而求得结果；
（2）①连接，，利用圆周角定理推出，继而推出，再根据，推出，从而得到与的位置关系是相切；
②连接，可证得，从而得到，设得方程，故，利用二次函数得最值，得到当，即时，有最大值，最大值为1；
（3）可推出，进而得出，，，故，四边形是菱形，可推出点A是对称后的优弧的圆心，根据弧长公式得出结果．
【详解】（1）解：菱形中，，
∵是的直径，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，，，
∴，
故答案为：1；
（2）解：①与的位置关系是相切，理由如下：
证明：如图1，连接，，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，又是的半径，
则与的位置关系是相切；
②如图2，连接．

∵，，，
∴，
在菱形中，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
设，
∴，则，
∴，
∵，
∴当，即时，有最大值，最大值为1．
（3）解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
又∵将优弧沿翻折交射线于点，
∴，
∴四边形是菱形，

∴点A，O关于对称，
∴弧在以A为圆心，长为半径的圆上．
∵，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定，等边三角形的判定与性质，二次函数的最值，相似三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
9．(1)；
(2)见解析．
【分析】（）连接， ，，通过证明，可得，可求的长，即可求的半径；
（）通过证明，可得，通过证明，可得，即可得结论．
【详解】（1）如图， 连接，，，

∵，是直径，
∴，，
∴，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
∴的半径为，
（2）如图，连接，，，，

∵是切线，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，且，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
10．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，由正方形和全等三角形的性质得出，，证出，由四边形的内角和得出，则可得出结论；
（2）过点作于点，于点，设，则，由直角三角形的性质得出，，则可得出结论；
（3）证明，由相似三角形的性质得出，设，则，得出，由勾股定理求出则可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在四边形中，，
∴，
即；

（2）解：过点作于点，于点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形MFCE是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的值为；

（3）由（1）知是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
设，则，
∴，
∵在正方形中，，
∴，，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
∴的长为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，四边形的内角和等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)成立，理由见解析
(3)的长为1或7
(4)点E经过的路径长为
【分析】（1）由正方形的性质得，再证明为等腰直角三角形，根据等腰三角形的三线合一的性质可得结论；
（2）（1）中的结论仍然成立，连接与交于点O，连接，先证明，得，再证明，便可得了结论；
（3）延长，与交于点H，由勾股定理求得，进而求得，再由，求得；
（4）不论F点运动到什么位置，，得E点的运动轨迹是的垂直平分线，当点F与B点重合时，点E与点O重合，当F点与D点重合时，点E与G点重合，求得的长度便可．
【详解】（1）证明：在正方形中，F为对角线上一动点，
∴．
∵是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
∴．
（2）解：（1）中的结论仍然成立．理由如下：
连接与交于点O，连接，如图，

∵四边形是正方形，
，，
，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
∴．
（3）解：延长，与交于点H，如图，

，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
当在的下方时，同法可得．
综上所述，的值为1或7；
（4）解：由题意知，不论F点运动到什么位置，，
∴E点的运动轨迹是的垂直平分线，
当点F与B点重合时，点E与点O重合，当F点与D点重合时，点E与G点重合，如图，

，，
，
，
∴点F从点B运动到点D，点E经过的路径长为．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等和相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
12．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据，，，判定≌，根据全等三角形的对应边相等，即可得出；
（2）如图，过作，交于，则，由∽，可得，，由，点为线段的中点，推出点为的中点，推出，推出，可得，由此即可解决问题．
过作，交于，判定∽，得到，根据，求得，，以及的长，再根据∽，∽，即可得出的长，根据相似三角形的性质得到线段的长．
【详解】（1）证明：如图中，

依题意得，，
，
又正方形中，、交于点，
，，
在和中，
，
≌（ASA），
；
（2）①证明：如图，过作，交于，则，

，
依题意得，，
，
∽，
，
点为线段的中点，，
，
，
，
，即，
，点为线段的中点，
点为的中点，
，
，
，
．
②如图，过作，交于，则，，

，
，
，
∽，
，
又点为线段的中点，
，
，即，
，
，
，为线段的中点，
为的中点，
，
，
，，
中，，
，
∽，∽，
，即，
，，
，
，
，
解得．
故答案为．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例得到线段的长．
13．（1）；（2）32；（3）四边形的最大值为平方米
【分析】（1）通过证明，由相似三角形的性质可求解；
（2）作的外接圆，由题意可得点在的垂直平分线上且在的外接圆上时，点到的距离最大，即的面积最大，由勾股定理和锐角三角函数可求，的长，即可求解；
（3）先求出，则当面积有最大值时，四边形的面积有最大值，由等边三角形的性质可求解．
【详解】解：（1），
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）如图，作的外接圆，

，
点在的垂直平分线上且在的外接圆上时，点到的距离最大，即的面积最大，
如图，连接，过点C作于H，则，
，
设，，
，
，
，
，
，
，，
的最大面积；
（3）如图，连接，

点D是的三等分点，
，
，，
，，
，，
，，
，，
，
当面积有最大值时，四边形的面积有最大值，
由（2）可知，当点在的中垂线上，且在的外接圆上时，的面积有最大值，
，，
是等边三角形，
，
的最大值（平方米），
四边形的最大值（平方米），
四边形的最大值为平方米．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证出，由相似三角形的判定可得出结论；
（2）设，则，，得出，证出，则可得出答案；
（3）连接，证明，由相似三角形的性质得出，证明，得出，证出为等腰直角三角形．过点C作垂线交延长线于点N，则为等腰直角三角形，，证明，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【详解】（1）证明：由题意得，，
∴，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵平分，
∴，
又，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
连接，

又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
过点C作垂线交延长线于点N，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
15．（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）利用两组对边分别平行先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形判定结论；
（2）证明，利用相似比即可求出答案；
（3）利用中位线求出，再根据三线合一求出，根据和相似求出，再根据平行于的相关线段成比例，即可求出．
【详解】解：（1）四边形是菱形，
理由如下：
如图，连接，
，
∵，是的中点，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）如图，连接，
∵，是中点，
∴，，，
∴，
∴，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
（3）如图，连接，作于点，于点，
，
，
点为中点，，
，
，
，
，
由（1）知，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
，
，
，即，
．
【点睛】本题主要考查了证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)
(3)的长不可能为，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质得出，，即，由证明得出，即可得出结论；
（2）先证明得出，，在证明得出，由三角函数得出，得出，作交于P，则，，得出，，，即可得出结果；
（3）假设，先判断出点G在的延长线上，同（2）的方法得， ，得出，再判断出，得出，进而得出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形和四边形是正方形，
，，
，
在和中，，
，
，
；
（2）解：四边形是正方形，
，
在和中，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
作交于P，则，
，，
，
；
（3）解：的长不可能为，
理由：假设的长为，
点E是边上一点，且，
点G在的延长线上，
同（2）的方法得， ，
，
在中，是斜边，
，
正方形的边长为1，
，
，
，
点G在正方形的边上，与点G在的延长线上相矛盾，
假设错误，
即：的长不可能为．

【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键，用反证法说明不可能为是解本题的难度．
17．(1)；
(2)；；
(3)或．
【分析】（）由是正方形，得出，再根据折叠的性质得: ，，即可求解；
（）由是正方形，得，由折叠的性质得:，，，则，由()得: ，所以是等腰直角三角形，则，，求出即可求解；
由可知，，则有，又由角所对直角边是斜边的一半及勾股定理，线段和差即可求解；
（）先添加辅助线，然后分两种情形： 当，当，分别求解即可．
【详解】（1）结论: ，
理由：∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质得: ，，
∴，
∴
（2）∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质得:，，，
∴，由()得: ，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
（3）如图中，在上取一点，使得，过点作于点，交于点，连接，

当时，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由()可知，
设，则，，，
在中，由勾股定理得：，
即：，解得：，
∴，
当时, 同法可得，
综上所述，满足条件的的值为：或．
【点睛】此题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等知识， 熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)①见解析；②；
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，，则四边形是平行四边形，，由等腰直角三角形的定义得到，根据等腰直角三角形的性质得到得到，即可得到结论；
（2）①连接，则与分别是的垂直平分线，，由等腰三角形的性质得到，由四边形内角和得，，进而可证是等边三角形；②由（1）得， ，则，是等腰直角三角形，由，可得，，由，可知此时P，O，B在一条直线上，为直角三角形，且，然后根据等腰直角三角形的性质和正弦等求解即可．
【详解】（1）证明：∵点C、D、E分别是，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
在与中，
∵，
∴；
（2）①解：如图2，连接，

∴与分别是的垂直平分线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
②解：由（1）得，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴此时P，O，B在一条直线上，为直角三角形，且，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正弦，线段垂直平分线的性质，对知识的熟练掌握是解题的关键．