专题277相似（全章直通中考）（培优练）-2023-2024学年九年级数学下册全章复习与专题突破讲与练（人教版）

专题27.7相似（全章直通中考）（培优练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，，，，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，则的值是（

）A．11.4 B．11.6 C．12.4 D．12.62．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在y，x轴上，轴．点M、N分别在线段、上，，，反比例函数的图象经过M、N两点，P为x正半轴上一点，且，的面积为3，则k的值为（）

A． B． C． D．3．（2023·山东淄博·统考中考真题）如图，是的内接三角形，，，是边上一点，连接并延长交于点．若，，则的半径为（

）

A． B． C． D．4．（2021·湖南娄底·统考中考真题）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙与直线只有一个公共点时，点A的坐标为（

）A． B． C． D．5．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在中，，，，在中，，，与在同一条直线上，点C与点E重合．以每秒1个单位长度的速度沿线段所在直线向右匀速运动，当点B运动到点F时，停止运动．设运动时间为t秒，与重叠部分的面积为S，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（

）

A．

B．

C．

D．

6．（2021·山东聊城·统考中考真题）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（）A．（）B．（）C．（） D．（）7．（2021·四川自贡·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（

）A． B． C．3 D．8．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（

）

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④9．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个10．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：①；②；③当点在的延长线上时，；④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．其中正确结论有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023·海南·统考中考真题）如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P为边上的动点，连接，过点E作，交射线于点F，则．若点M是线段的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为．

12．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（）拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接和，与、、分别相交于点P、O、Q，若，则的值是．

13．（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图1，在四边形中，，动点P，Q同时从点A出发，点P以的速度沿向点B运动（运动到B点即停止），点Q以的速度沿折线向终点C运动，设点Q的运动时间为，的面积为，若y与x之间的函数关系的图像如图2所示，当时，则．14．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为，点N运动的速度为，且．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，则的值为．15．（2022·新疆·统考中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则．16．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数的图象上，BE⊥x轴于点E．若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为时，的值为，点F的坐标为．17．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，，垂足是G，交BC于点H．下列结论中：①；②；③若，，则；④，正确的是．18．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是．

三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2022·湖北武汉·统考中考真题）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．（1）在图（1）中，，分别是边，与网格线的交点．先将点绕点旋转得到点，画出点，再在上画点，使；（2）在图（2）中，是边上一点，．先将绕点逆时针旋转，得到线段，画出线段，再画点，使，两点关于直线对称．20．（8分）（2020·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线的图象经过点，交轴于点（点在点左侧），连接直线与轴交于点与上方的抛物线交于点与交于点．

（1）求抛物线的解析式及点的坐标；（2）是否存在最大值？若存在，请求出其最大值及此时点的坐标；若不存在，请说明理由．21．（10分）（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，、是两个等腰直角三角形，．

（1）当时，求；（2）求证：；（3）求证：．22．（10分）（2023·海南·统考中考真题）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．

（1）当点恰好为的中点时，求证：；（2）求线段的长；（3）当为直角三角形时，求的值；（4）如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．23．（10分）（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是正方形，点M在上，点N在的延长线上，，连接，，点H在的延长线上，，点E在线段上，且，将线段绕点E逆时针旋转得到线段，使得，交于点F．（1）线段与线段的关系是______．（2）若，，求的长．（3）求证：．24．（12分）（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．

（1）求证：；（2）当时，求的长；（3）令，．①求证：；②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．参考答案：1．A【分析】由题意可得，的值就是线段的长度，过点作，过点作，根据勾股定理求得的长度，再根据三角形相似求得，矩形的性质得到，即可求解．解：由题意可得，的值就是线段的长度，过点作，过点作，如下图：∵，∴，由勾股定理得∵∴，又∵∴∴∴，即解得，∵∴∴∴，即解得由题意可知四边形为矩形，∴故选A【点拨】此题考查了相似三角形的判定与性质，图形的平移，矩形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．2．B【分析】过点作轴于点，设点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，则，，，先求出点的坐标为，再根据可得，然后将点的坐标代入反比例函数的解析式可得，从而可得的值，由此即可得．解：如图，过点作轴于点，

设点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，则，，，，，，，∴，，，解得，，，，的面积为3，，即，整理得：，将点代入得：，整理得：，将代入得：，解得，则，故选：B．【点拨】本题主要考查了反比例函数的几何应用，熟练掌握反比例函数的性质，正确求出点的坐标是解题关键．3．A【分析】连接,根据等腰三角形的性质得到,根据等边三角形的性质得到，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.解：连接,∵,∴∴,∵,∴是等边三角形,

∴,∵，,∴,，∴,∵,，，即的半径为，故选:.【点拨】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质度量是解题的关键.4．D【分析】当⊙与直线只有一个公共点时，则此时⊙A与直线相切，（需考虑左右两侧相切的情况）；设切点为，此时点同时在⊙A与直线上，故可以表示出点坐标，过点作，则此时，利用相似三角形的性质算出长度，最终得出结论．解：如下图所示，连接，过点作，此时点坐标可表示为，∴，，在中，，又∵半径为5，∴，∵，∴，则，∴，∴，∵左右两侧都有相切的可能，∴A点坐标为，故选：D．【点拨】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．5．A【分析】分，，三种情况，分别求出函数解析即可判断．解：过点D作于H，，∵，，∴，∴当时，如图，重叠部分为，此时，，，∴，∴，即，∴∴；当时，如图，重叠部分为四边形，此时，，

∴，，∵，∴，∴，又，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即，∴，∴；当时如图，重叠部分为四边形，此时，，

∴，∵，∴，∴，即∴，综上，，∴符合题意的函数图象是选项A．故选：A．【点拨】此题结合图像平移时面积的变化规律，考查二次函数相关知识，根据平移点的特点列出函数表达式是关键，有一定难度．6．A【分析】先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．解：解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），∴OB=1，OA=2，∴，∵∠AOB=90°，∴∠A1OB1=90°，∴OA1⊥OB1，又∵AB⊥OB1，∴OA1∥AB，∴∠1=∠2，过A1点作A1C⊥x轴，∴∠A1CO=∠AOB，∴，∴，∵OA1=OA=2，∴，∴，，∴，故选：A．【点拨】本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．7．D【分析】延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解．解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，∵，M是AD边上的一点，，∴，，∵将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，∴，，∴（HL），∴，∴，在中，设，则，根据勾股定理可得，解得，∴，，∵，，∴，∴，∴，，∴，∴，故选：D．【点拨】本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键．8．A【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断②正确；由得，求出即可判断③正确；根据即可判断④错误．解：由折叠性质可知：，∵，∴．∴．∴．故正确；∵，，∴．∵，∴．故正确；∵，∴．∴．∵，∴．故正确；∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴与不相似．∴．∴与不平行．故错误；故选A．【点拨】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．9．C【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断①正确；再根据，可判断③正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论④正确，由随着长度变化而变化，不固定，可判断②不一定成立．解：∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，，∵，∴，∵，∴，∴，故①正确；

又∵,,∴,∴，∵，即：，∴，∴，故③正确，又∵，∴，∴，又∵，∴，故④正确，∵若，则，又∵，∴，而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，而，则故不一定成立，故②错误；综上，正确的有①③④共3个，故选：C．【点拨】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．10．D【分析】证明即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中，然后根据三角形的面积公式即可判断④．解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，，故①正确；设，∴,∴，∴，故②正确；当点在的延长线上时，如图所示

∵，，∴∴∵，．∴，∴∴，故③正确；④如图所示，以为圆心，为半径画圆，

∵，∴当在的下方与相切时，的值最小，∴四边形是矩形，又，∴四边形是正方形，∴，∵，∴，在中，∴取得最小值时，∴故④正确，故选：D．【点拨】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．11．【分析】过作交延长线于点，证明，得到即可求解；过作交于点，交于点，证明，得到，故点的运动轨迹是一条平行于的线段，当点与重合时，，当点与重合时，由得到，即，从而求解．解：过作交延长线于点

则四边形为矩形，∴由题意可得：∵∴又∵∴∴∴过作交于点，交于点，如下图

∵，∴在和中∴∴，故点的运动轨迹是一条平行于的线段，当点与重合时，当点与重合时，，∴∵∴∴，即解得∵、分别为、的中点∴是的中位线∴，即点运动的路径长为故答案为：，【点拨】本题考查了正方形的性质，点的轨迹，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关基础性质，确定出点的轨迹，正确求出线段．12．【分析】设，，则，证明，利用相似三角形的性质求出，可得，，利用勾股定理求出和，进而可得的长，再证明，可得，然后根据正方形的性质求出，即可得出答案．解：设，，则，∵，，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，整理得：，解得：，（舍去），即，∴，，∴，，∴，∴∴，∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，故答案为：．【点拨】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明，求出的长是解题的关键．13．【分析】根据题意以及函数图像可得出，则点在上运动时，为等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式得出当面积最大为时，此时，则，当时，过点作于点，则此时，分别表示出相关线段可得y与x之间的函数解析式，将代入解析式求解即可．解：过点作，垂足为，在中，∵，，∴，∵点P的速度为，点Q的速度为，∴，∴，在和中，∵，，∴，∴点在上运动时，为等腰直角三角形，∴，∴当点在上运动时，，由图像可知，当此时面积最大，或（负值舍去），∴，当时，过点作于点，如图：此时，在中，，，∴，，，∴，即，所以当时，，故答案为：．【点拨】本题考查了动点问题的函数图像，求出各段函数的函数关系式是解答本题的关键．14．【分析】在矩形ABCD中，设，运动时间为，得到，利用翻折及中点性质，在中利用勾股定理得到，然后利用得到，在根据判定的得到，从而代值求解即可．解：如图所示：在矩形ABCD中，设，运动时间为，，在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形，，若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，，在中，，则，，,,,,，，，则，，即，在和中，，，即，，故答案为：．【点拨】本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．15．【分析】通过∠DFQ=∠DAQ=45°证明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通过有两个角分别相等的三角形相似证明，得到，将BQ代入DE、FQ中即可求出．解：连接PQ，∵绕点D顺时针旋转与完全重合，∴DF=DE，∠EDF=90°，，∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE，∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠DAQ=∠BAQ=45°，∴∠DFQ=∠DAQ=45°，∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角，即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆），∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，∴∠EDQ=90°45°=45°，∠DQE=180°∠EDQ∠DEQ=90°，∴FQ=DQ=EQ，∵A、B、C、D是正方形顶点，∴AC、BD互相垂直平分，∵点Q在对角线AC上，∴BQ=DQ，∴BQ=DQ=FQ=EQ，∵∠AQF=∠ADF，∠ADF=∠CDE，∴∠AQF=∠CDE，∵∠FAQ=∠PED=45°，∴，∴，∴，∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°，∴，∴，∴，故答案为：．【点拨】本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法．16．（，0）【分析】连接OD，作DG⊥x轴，设点B（b，），D（a，），根据矩形的面积得出三角形BOD的面积，将三角形BOD的面积转化为梯形BEGD的面积，从而得出a，b的等式，将其分解因式，从而得出a，b的关系，进而在直角三角形BOD中，根据勾股定理列出方程，进而求得B，D的坐标，进一步可求得结果．解：如图，作DG⊥x轴于G，连接OD，设BC和OD交于I，设点B（b，），D（a，），由对称性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，∴∠OBC=∠BOD，BC=OD，∴OI=BI，∴DI=CI，∴，∵∠CID=∠BIO，∴△CDI∽△BOI，∴∠CDI=∠BOI，∴CD∥OB，∴S△BOD=S△AOB=S矩形AOCB=，∵S△BOE=S△DOG=|k|=3，S四边形BOGD=S△BOD+S△DOG=S梯形BEGD+S△BOE，∴S梯形BEGD=S△BOD=，∴（+）•（ab）=，∴2a23ab2b2=0，∴（a2b）•（2a+b）=0，∴a=2b，a=（舍去），∴D（2b，），即：（2b，），在Rt△BOD中，由勾股定理得，OD2+BD2=OB2，∴[（2b）2+（）2]+[（2bb）2+（）2]=b2+（）2，∴b=，∴B（，2），D（2，），∵直线OB的解析式为：y=2x，∴直线DF的解析式为：y=2x3，当y=0时，2x3=0，∴x=，∴F（，0），∵OE=，OF=，∴EF=OFOE=，∴，故答案为：，（，0）．【点拨】本题考查了矩形性质，轴对称性质，反比例函数的“k”的几何含义，勾股定理，一次函数及其图象性质，分解因式等知识，解决问题的关键是变形等式，进行分解因式．17．②③/③②【分析】先证明再证明若可得平分与题干信息不符，可判断①不符合题意；再证明可得而可判断②符合题意；如图，连接EH，求解设再建立方程组可判断③符合题意；证明可得若，则与题干信息不符，可判断④不符合题意；从而可得答案．解：∵，∴∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，∴∴∵∴若∴∴平分与题干信息不符，故①不符合题意；∵∴∴∴而∴，故②符合题意；如图，连接EH，由∴∵∴设解得：即BD=3，故③符合题意；∵若，则与题干信息不符，故④不符合题意；故答案为：②③【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线，构建直角三角形是解本题的关键．18．②③④【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．解：∵，，∴，在点P移动过程中，不一定，相矛盾，故①不正确；

延长交于点H,则为矩形，∴∵，，∴∴，∴，∴，即，解得：，∴故②正确；∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，故③正确，，即当的最小值，作B、D关于的对称点,把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,这时，即的最小值是20，故④正确；故答案为：②③④

【点拨】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．19．（1）作图见分析；（2）作图见分析【分析】（1）取格点，作平行四边形，利用平行四边形对角顶点关于对角线交点对称即可求点F；平行四边形对边在网格中与格线的交点等高，连接等高点即可作出；（2）取格点，作垂直平分线即可作出线段AH；利用垂直平分线的性质，证明三角形全等，作出，两点关于直线对称（1）解：作图如下：取格点，连接，且，所以四边形是平行四边形，连接，与AC的交点就是点E，所以BE=EF，所以点F即为所求的点；连接CF，交格线于点M，因为四边形ABCF是平行四边形，连接DM交AC于一点，该点就是所求的G点；（2）解：作图如下：取格点D、E，连接DE，AC平行于DE，取格点R，连接BR并延长BR交DE于一点H，连接AH，此线段即为所求作线段；理由如下：取格点W连接AW、CW，连接CR，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵点是的中点，∴点是的中点，即，∴垂直平分，∴．连接，交AC于点，连接交于点，则该点就是点关于直线的对称点．理由如下：∵垂直平分，∴是等腰三角形，，∴，∴，∴，∴，两点关于直线对称.【点拨】本题考查了用无刻度直尺在网格中作图的知识，找准格点作出平行四边形和垂直平分线是解决本题的关键．20．（1），；（2）存在，当时，有最大值且最大值为，此时点的坐标为．【分析】（1）直接将代入求出a，即可确定抛物线解析式；然后令y=0求得x的值，再结合已知即可确定A、B的坐标；（2）作轴，交于点，由平行线等分线段定理可得；再根据题意求出D点坐标和CD的长，可得；然后再根据B、C的坐标求出直线BC的解析式；再设，则，运用两点间距离公式求得EG，然后再代入，根据二次函数的性质即可说明解：把代入，即，解得∴抛物线的解析式为令可得:∴；存在，如图，由题意，点在轴的右侧，作轴，交于点

直线与轴交于点∴，设所在直线的解析式为，将代入上述解析式得：解得:的解析式为设则，其中.∴抛物线开口方向朝下∴当时，有最大值，最大值为.将t=2代入=2+3+2=3∴点的坐标为．【点拨】本题主要考查了求一次函数和二次函数解析式、平行线等分线段定理以及运用二次函数的性质求最值，掌握平行线等分线段定理是解答本题的关键．21．（1）；（2）见详解；（3）见详解【分析】（1）先证明，再证明是线段的垂直平分线，即有，即是等边三角形，问题得解；（2）根据垂直可得，又根据，可得，即可证明；（3）过H点作于点K，先表示出，根据是线段的垂直平分线，可得，即可得，进而可得，则有，结合，，可得，再证明，即可证明．解：（1）∵，∴，∵，，∴，∴，∵、是两个等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴等腰直角中，，∴是线段的垂直平分线，∴，∴，即是等边三角形，∴；（2）在（1）中有，，∴，又∵，∴，∴；（3）过H点作于点K，如图，

∵，，∴，∴，即是等腰，∴，∵，，，∴，∵是线段的垂直平分线，∴，在（1）中已证明，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．【点拨】本题主要考查了等腰三角形的性质性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，作出科学的辅助线，是解答本题的关键．22．（1）见分析；（2）；（3）2或；（4）的度数是定值，【分析】（1）由“”可证；（2）由菱形的性质可得，，，，再由直角三角形的性质可求解；（3