6.5相似三角形的性质

6.5相似三角形的性质【推本溯源】1.回顾相似三角形的判定两角对应相等，两边成比例及其夹角相等，三边成比例ABFDEABFDE由题意得所以，,它们的周长比等于相似比,面积比等于相似比的平方。3.验证猜想如果△ABC∽△A′B′C′相似比为k，那么k， 于是，，，所以，如图，△ABC∽△A′B′C′，△ABC与△A′B′C′的相似比是k，AD、A′D′是对应高．AA′AA′C′B′C′B′DD’CDD’CB∵△ABC∽△A'B'C'，∴∠B＝∠_B′___，∵AD⊥BC，A′D′⊥B′C′，∴∠ADB＝∠_A′D′B′_＝90°，∴△ABD∽△_A′D′B′______，∴＝__k__，k*k=k²所以相似三角形周长之比等于相似比，同理可得，相似多边形周长之比等于相似比；相似三角形面积之比等于相似比的平方，同理可得，相似多边形面积之比等于相似比的平方。4.在证明相似三角形面积的比等于相似比的平方过程中，我们发现相似三角形对应高之比等于相似比，那么对应中线、对应的角平分线之比呢？探究一（中线）：C′A′C′A′D′B′CABD∵∵∴K,∵AD和A′D′分别是▲ABC和▲A′B′C′的中线∴BC,B′C′,∴K∴K∴▲ABD~▲A′B′D′∴K结论：相似三角形对应中线的比等于__相似比_________．探究二（角平分线）：CABDCABDC′A′D′B′∵△ABC∽△A′B′C′，∴∠BAC＝∠_B′A′C′______，∠B＝__B′_______．∵AD和A′D′分别是△ABC和△A′B′C′的角平分线，∴∠BAC，∠B′A′C′;∴∠BAD＝∠_B′A′D′_，∴△ABD∽△_A′B′D_′_，∴k．结论：相似三角形对应角平分线的比等于___相似比________．一般地，如果△ABC∽△A'B'C'，相似比为k，点D、D'分别在BC、B'C'上，且，那么。你能类比刚才的方法说理吗？总结：相似三角形对应____线段____的比等于相似比．C5.射影定理：母子三角形CRt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高，则有射影定理如下：①AD²=BD•DC；②AB²=BD•BC；AC²=CD•BC．【解惑】例1：已知，若对应边，则它们的周长比等于（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】利用相似三角形的周长比等于相似比，即可得出答案．【详解】∵，即相似比为根据相似三角形的周长比等于相似比，故周长比为故选：A．【点睛】此题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方是解题的关键．例2：如图，，，，则为（

）A．8 B． C． D．10【答案】C【分析】根据的比，可得的比，利用面积比是相似比的平方，可得，从而可得答案．【详解】解：∵，∴，∴相似比为，即，，∴；故选：C．【点睛】本题考查了形似三角形的性质，解题的关键是掌握面积比是相似比的平方．例3：已知两个相似三角形对应角平分线的比为，且这两个三角形的一对对应高之差为，则这两个三角形对应高的长分别为___________．【答案】【分析】根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：∵两个相似三角形对应角平分线的比为，∴对应的高的比为，设高分别为，∵对应高之差为，∴，解得，，∴两个三角形对应高分别是，故答案为：．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边高的比等于相似比是解题的关键．例4：如图，在矩形中，，点E是边的中点，连接，若将沿翻折，点B落在点F处，连接，则的长为________．

【答案】【分析】根据题意可得，在根据勾股定理求出，由折叠可知，于是，根据等腰三角形的三线合一性质得，因此，根据同角的余角相等得，以此可证明，根据相似三角形的性质可求出的长，据此即可求解．【详解】解：如图，过点E作于点G，

∵四边形为矩形，∴，∵，E是的中点，∴，∴，根据折叠的性质可得，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，

∴，即，∴，∴．故选：．【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、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，利用折叠的性质和等腰三角形的性质推理论证出是解题关键．例5：如图，在和中，，．

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）根据相似三角形的判定，即可；（2）根据相似三角形的判定和性质，即可．【详解】（1）∵，∴，∴，∵，∴．（2）由（1）得，，∵，∴，∵，∴．【点睛】本题考查相似三角形的知识，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质．【摩拳擦掌】1．（2023·贵州贵阳·统考一模）如图，，若，则的值等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由相似三角形的性质即可求得．【详解】解：∵，，∴，即；故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似的性质是关键．2．（2023·河北石家庄·石家庄市第四十一中学校考模拟预测）如图，点D、E分别在的边BA、CA的延长线上，且，连接DE，下列判断：①；②；③．其中正确的是（

）

A．①② B．①③ C．只有③ D．①②③【答案】C【分析】结合已知条件用两边夹角证明三角形相似，注意对应点，根据相似三角形性质得解．【详解】如图，，∴∴．故选C．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质；注意对应点是解题的关键．3．（2023·重庆·统考中考真题）若两个相似三角形周长的比为，则这两个三角形对应边的比是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据相似三角形的周长比等于相似三角形的对应边比即可解答．【详解】解：∵两个相似三角形周长的比为，∴相似三角形的对应边比为，故选．【点睛】本题考查了相似三角形的周长比等于相似三角形的对应边比，掌握相似三角形的性质是解题的关键．4．（2023·宁夏吴忠·校考二模）如图，在C中，点D、E分别在边、上，，若，则与的比值为____________．

【答案】【分析】根据可得，再根据相似三角形对应边成比例，即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例．5．（2023春·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考阶段练习）如图，在中，，，为边上的一点，且，若的面积为4，那么的面积为__________．【答案】16【分析】通过证明，得到相似比，由相似三角形的性质可求解．【详解】解：∵，，∴，∴，则相似比为，∴，∵的面积为4，∴的面积为16，故答案为：16．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．6．（2022秋·广西柳州·九年级校考阶段练习）若，相似比为，则对应周长的比值是__________．【答案】【分析】根据相似三角形性质，即周长比等于对应的相似比，即可得到结果．【详解】解：∵，相似比为，∴对应周长的比值是．故答案为：【点睛】本题主要考查相似三角形性质，利用相似三角形基本性质是解题的关键．7．（2023春·陕西西安·八年级校考阶段练习）如图，在三角形纸片中，，，，若沿的垂直平分线线前下，则的长为___________．

【答案】【分析】勾股定理求得，根据垂直平分线的性质得出，，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】在中，，，，∴，∵是的垂直平分线，∴，，∴，又∵，∴∴,∴解得：,故答案为：．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，证明是解题的关键．8．（2023春·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考阶段练习）如图，矩形中，，点E为的中点，动点F从点A出发沿射线方向以每秒2个单位的速度运动，连接．过点作的平行线交射线于点H，设点F的运动时间为t（不考虑、、在一条直线上的情况）．

(1)填空：当___________时，，此时___________；(2)当与相似时，求t的值．【答案】(1)2；2(2)t的值为2或4或．【分析】（1）证明，利用相似三角形的性质解决问题即可；（2）由，利用相似三角形的性质求得，分当点F在点B的左边和点F在点B的右边时，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】（1）解：∵，点E为的中点，∴，∵，即：，∴，∵，∴，∴，即：，解得：；故答案为：2；2；（2）解：由得，又∵，∴，∴，即，∴，当点F在点B的左边时，即时，，当时：，即，解得：，；当时：有，即，解得：；当点F在点B的右边时，即时，，

当时：，即，解得：(负值已舍)；综上，t的值为2或4或．【点睛】此题考查了相似图形，掌握相似三角形的判定和性质等相关知识是解题的关键．9．（2023春·湖北襄阳·九年级统考期中）如图，两点分别在的边和上，，若直线把分成面积相等的两部分，求的值．

【答案】【分析】首先根据判定∽，然后根据相似三角形的性质计算即可得到答案．【详解】解：，，，∽，，．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法和性质．10．（2023·湖南·统考中考真题）在中，是斜边上的高．

(1)证明：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据三角形高的定义得出，根据等角的余角相等，得出，结合公共角，即可得证；（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：∵是斜边上的高．∴，∴，∴又∵∴，（2）∵∴，又∴．【点睛】本题考查了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．11．（2023·上海·统考中考真题）如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，

(1)求证：(2)若，求证：【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据三角形的全等的判定可得，然后根据全等的三角形的性质即可得证；（2）先根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得证．【详解】（1）证明：，，在和中，，，．（2）证明：，，，即，在和中，，，，由（1）已证：，，．【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．【知不足】1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，已知，，若的长度为6，则的长度为（

）

A．4 B．9 C．12 D．【答案】B【分析】根据相似三角形的性质即可求出．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，∴，故选：B.【点睛】此题考查的是相似三角形的性质,掌握相似三角形的边长比等于相似比是解决此题的关键.2．（2023·海南省直辖县级单位·统考二模）如图，在中，，，，则（

）

A． B． C．3 D．2【答案】C【分析】根据，得到两对内错角相等，再利用相似三角形的判定得到，根据相似三角形的性质求解即可．【详解】∵，∴，，∴，∴，即，∴解得．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质．解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．3．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，为等边三角形，点，分别在边，上，，若，，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】证明，根据题意得出，进而即可求解．【详解】解：∵为等边三角形，∴，∵，，∴，∴∴∵，∴，∴∵∴，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．4．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，在平行四边形中，E是线段上一点，连结交于点F．若，则__________．

【答案】【分析】四边形是平行四边形，则，可证明，得到，由进一步即可得到答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴,∵，∴，∴．故答案为：【点睛】此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键．5．（2023·河南信阳·校考三模）如图，正方形的边长为5，是边上的一动点，将正方形沿翻折，点的对应点为，过点作折痕的平行线，分别交正方形的边于点（点在点上方），若，则的长为___________．

【答案】2或【分析】分两种情况进行讨论，①当点在上时，由折叠的性质，得到，求解即可；②当点在上时，证明．由相似三角形的性质求解.【详解】解：由题意，可知需分以下两种情况进行讨论．①当点在上时，连接，如图1所示．设，则．∵正方形中，∴，即，∵，∴四边形是平行四边形，∴．由折叠的性质，可知，，．∴，．∴．∵，∴，解得．∴；②当点在上时，分别延长交于点，连接，如图2所示．同理，可得．设，则．∴．∵，∴．∴，即，解得或（不合题意，舍去）．经检验，是原分式方程的解．∴．综上所述，当时，的长为2或．

故答案为：2或．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键是根据题中所给条件找出三角形相似的条件以及分类讨论．6．（2023·浙江杭州·杭州市丰潭中学校考三模）如图，在矩形中，点E是的中点，连接，将沿着翻折得到，交于点H，延长，相交于点G，若，，则_____，_____．

【答案】【分析】连接，根据翻折的性质以及矩形的基本性质，求出，然后在和中，利用勾股定理求解得出，最后利用相似三角形的判定与性质求出，即可得出．【详解】解：如图所示，连接，

由题意，，，，∴，，∴，∴，，∴，在中，，设，则，在中，，在中，，∴，解得：，∴，∴，∵，，∴，∴，即：，∴，∴，故答案为：；．【点睛】本题考查矩形的折叠问题，包括相似三角形的判定与性质等，掌握矩形的性质，熟练运用勾股定理以及相似三角形的性质等是解题关键．7．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，矩形的边平行于轴，反比例函数的图象经过点，对角线的延长线经过原点，且，若矩形的面积是8，则的值为___________．

【答案】6【分析】延长交x轴于点F，设，利用相似三角形的判定与性质可求得矩形的长与宽，再由矩形的面积即可求和k的值．【详解】解：延长交x轴于点F，如图，由点D在反比例函数的图象上，则设，∵矩形的边平行于轴，，，∴轴，，则，∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，即，∴，故答案为：6．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，反比例函数图象上点的坐标特征，其中相似三角形的判定与性质是关键．8．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，在中，对角线与相交于点，，过点作交于点．

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）可证，从而可证四边形是菱形，即可得证；（2）可求，再证，可得，即可求解．【详解】（1）证明：，，四边形是平行四边形，四边形是菱形，．（2）解：四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，解得：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．9．（2023春·上海浦东新·九年级校考阶段练习）在四边形中，，平分，，点E在边上，，点F为边中点．

(1)求证：；(2)联结，与交于点G，当时，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）如图，过作于，则，证明，，而，可得，从而可得答案；（2）连接，交于，证明，，可得，可得，证明，从而可得结论．【详解】（1）解：如图，过作于，则，

∵平分，，∴，，∵，，∴，，∵，∴，而，，∴，∴；（2）连接，交于，∵点F为边中点，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查的是角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，相似三角形的判定与性质，熟练的进行角的转换是解本题的关键．10．（2023春·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考阶段练习）如图，矩形中，E为上一点，把沿翻折，点D恰好落在边上的点F处．

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)长为．【分析】（1）根据矩形的性质得到，根据翻折变换的性质得到，结合图形利用角之间的互余关系推出，从而根据相似三角形的判定定理证明即可；（2）根据矩形的性质及翻折变换的性质推出，从而利用勾股定理求得，进而结合线段之间的和差关系利用相似三角形的性质进行求解即可．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，沿翻折得到，，，，，；（2）解：，，，在中，，，由（1）可得：，，即，解得，故长为．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质、矩形的性质及翻折变换的性质是解题的关键．【一览众山小】1．（2022秋·广西柳州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，若，则（

）

A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【分析】先求出，再证明即可得到．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∴，∴，故选C．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．2．（2023春·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期末）如图，在中，分别交于点M，N．若，，，则的长为（

）

A．1 B． C．2 D．【答案】A【分析】首先根据题意证明出，然后利用相似三角形的性质求解即可．【详解】∵∴∴∴，即∴解得．故选：A．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和3．（2023春·江苏·八年级统考期末）如图，E、F是矩形的边上的两点，相交于点O，已知面积为8，面积为2，四边形的面积为5，则四边形的面积为（

）

A．10 B．9 C．8 D．7【答案】B【分析】如图所示，过点O作分别交于G、H，证明得到，设，则，根据三角形面积公式得到，则，由此即可得到答案．【详解】解：如图所示，过点O作分别交于G、H，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，故选：B．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，矩形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．4．（2023·山东青岛·统考三模）如图，在矩形中，，，垂足为E，，点P、Q分别在上，则的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】设，则，证明，则，得，解得，在中，由勾股定理列方程得到，则，，设A点关于的对称点为，连接，则当、P、Q三点在一条线上时，最小，由垂线段最短可知当时，最小，即可得到的最小值．【详解】解：设，则，∵四边形为矩形，且，∴，∴，，∴,∴，∴，∴，即，∴，在中，由勾股定理可得，即，解得，∴，，如图，设A点关于的对称点为，连接，则，，

∴是等边三角形，∵，∴当、P、Q三点在一条线上时，最小，由垂线段最短可知当时，最小，∴，故选：C．【点睛】此题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、轴对称等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．5．（2023·浙江杭州·校考三模）如图，已知是等边三角形，，点D，E，F分别在上，，同时平分和，则_____，BD的长是_____．

【答案】【分析】根据同时平分和得到，，再由，证明，由三角形全等性质，，再根据已知条件即可得到结论，根据和是等边三角形，证明，设，利用三角形相似比构建方程求解即可．【详解】同时平分和得到，，，，，，又，故答案为：是等边三角形，，，，，，，设，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质及等边三角形的性质，利用方程思想并掌握相似三角形的相似比等与三角形对应边的比是解题的关键．6．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在中，，将绕点A逆时针方向旋转，得到．连接，交于点D，则的值为________．

【答案】5【分析】过点D作于点F，利用勾股定理求得，根据旋转的性质可证、是等腰直角三角形，可得，再由，得，证明，可得，即，再由，求得，从而求得，，即可求解．【详解】解：过点D作于点F，∵，，，∴，∵将绕点A逆时针方向旋转得到，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，即，∵，，∴，∴，即，又∵，∴，∴，，∴，故答案为：5．

【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．7．（2023·吉林松原·校联考三模）如图，D，E分别是的边，的中点，若的面积为1，则四边形的面积等于_______．

【答案】3【分析】根据三角形中位线的性质可得，，从而证出，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出的面积，最后根据即可解答．【详解】解：∵D，E分别是的边，的中点，∴，，∴∴∵的面积为1，∴的面积为4，∴．故答案为：3．【点睛】本题主要考查的是三角形中位线的性质、相似三角形的判定及性质等知识点，掌握三角形中位线的性质和相似三角形的判定及性质是解决此题的关键．8．（2023春·福建福州·九年级校考期中）如图，在等腰直角三角形中，，D是边上一点，连接．

(1)在线段确定一点E，连接，使得．（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）的条件下，连接，若D是的中点，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）作交于点，由于，所以；（2）过点作交于点，过点作于点，过点作于点，如图，设，则，，，利用为等腰直角三角形得到，，所以，，，再证明，利用相似比得到，，接着证明，利用相似比求出，，则，然后利用勾股定理计算出，从而可计算的值．【详解】（1）解：如图，点即为所求；

（2）过点作交于点，过点作于点，过点作于点，如图，设，为等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，为等腰直角三角形，，，，，，，，，，，即，解得，，，，，即，解得，，，在中，，．【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质．9．（2023·浙江杭州·校考三模）如图，已知，是延长线上一点，与交于点，．

(1)求证：；(2)若面积为，求的面积．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）要证，需找出两组对应角相等，利用平行四边形的对角相等，再利用，可得一对内错角相等，则可证；（2）由，根据相似比，求出的面积，可求出四边形的面积，同理可根据，可求出的面积，由此可求出的面积．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，∵，∴，，∵，∴，，∴，∴．【点睛】此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握以上知识的应用是解题的关键.10．（2023年吉林省四平市三校中考三模数学试题）在中，，分别为，上一点，，交于点．

(1)设的面积为，的面积为，且．①如图①，连接．若，求证：；②如图②，若，，求的值．(2)如图③，若，，，，直接写出的值．【答案】(1)①见解析；②(2)【分析】（1）①由可证，即可证，可进一步推出结论；②连接，作于点，作于点，过点作于点．可证，推出，设，则，则可分别求出，的长，即可求出结论；（2）过点作，且，连接，，构造平行四边形，证，推出，证明再证明为直角三角形，且可求出其三边的比，即可求出的值．【详解】（1）解：①，，．，，即．又，，．如图②，连接，作于点，作于点，过点作于点．

，，又，，．又，，，，设，则，．（2）如答图（2），过点作，且，连接，，

则四边形为平行四边形．，．，，．又，，，即．，．，设，，则在中，．，，．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是能够通过作出合适的辅助线构造相似三角形，并且能够灵活运用相似三角形的判定与性质．11．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．

(1)求证：．(2)当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，，即可证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；（2）根据，得出，设，则，，，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解．【详解】（1）解：∵，，∴，∴．∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴，即．（2）∵，∴，∴．∵，∴．设，∵，∴，，∴，解得，∴．

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．12．（2023·江苏淮安·校考三模）如图，已知正方形，点E是边上的一点，连接．

(1)请用尺规作图的方法在线段上求作一点F，使得(不写作法，保留作图痕迹)；(2)在（1）的条件下，若，则的长为______．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）首先根据过直线外一点作已知直线的垂线的方法，过点C作，垂足为点F，再根据四边形的内角和，即可证得．（2）先用勾股定理求出，再证明，从而得到，继而得解．【详解】（1）解：如图：过点C作，垂足为点F，点F即为所求的点，

补充证明过程如下：四边形是正方形，，，，．（2）∵四边形ABCD是正方形，∴，，∴，又∵，∴，又由作图可知：，∴，∴∵，∴，∴，即∴，即，故答案为：．【点睛】本题考查了基本作图—过直线外一点作已知直线的垂线，四边形的内角和定理，勾股