中考数学 相似 培优练习(含答案)及答案解析

中考数学相似培优练习(含答案)及答案解析
一、相似
1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．
（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；
（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：
∴
代入，得
解得
∴抛物线对应二次函数的表达式为：
（2）解：如图，
设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．
由得对称轴为直线x=1，
∴
∴
∴为等腰直角三角形．
∴
∴
∴
∴为等腰三角形．
设
∴
在中，
∴
∴
整理，得
解得，
∴点P的坐标为或
（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结
∵
∴为等腰直角三角形，
∴
由（2）可知，
∴
∴分两种情况．
当时，
∴，解得．
∴
∴
当时，
∴，解得
∴
∴
综上，点M的坐标为或
【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；
（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。

2．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路
线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.
（1）此时两人相距多少米(DE的长)?
（2）张华追赶王刚的速度是多少?
【答案】（1）解：在Rt△ABC中：
∵AB=40，BC=30，
∴AC=50 m.
由题意可得DE∥AC，
∴Rt△BDE∽Rt△BAC，
∴ = ，
即 = .
解得DE= m.
答：此时两人相距 m.
（2）解：在Rt△BDE中：
∵DB=2，DE=，
∴BE=2 m.
∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.
∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).
∴张华用的时间为14-4=10(s)，
∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,
∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.
答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.
【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.
（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，
再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.
3．如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E.
（1）求证：△ABE≌△CDE；
（2）填空：
①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形；
②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________.
【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD．
∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC．
∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS）
（2）60；
【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形；
理由是：连接AO、OC．
∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°．
∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC．
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．
∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°．
∵∠ACB=∠CAD+∠D．
∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形．
∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形；
②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC．
∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ．
∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= = ．
故答案为：①60°；② ．
【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论；
（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论；
②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.
4．如图1，图形ABCD是由两个二次函数与的部分图像围成的封闭图形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C 与点E是对应顶点）的点E的坐标．
【答案】（1）解：
（2）解：存在，
理由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-
4x2，即2x2+x-2=0，x= 或（舍），
∵0< ，∴存在内接正方形，此时其边长为
（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD= ，同理CD= .在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC= .
①如图（1）
当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得
，得DE= ，因D（0，-3），∴E（）；
由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，
∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，
∴，有，∴， .
因，∴，
又，在Rt△DE'M中，DM= ，
∴OM=1，得
∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0， ,）或；
如图（2）
当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，
即，得AE= .
当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.
由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，
在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA= ，PO= ，
因AE= ，∴PE= ，
在△AEQ中，OP∥EQ，
∴，得，又，
∴QE=2，∴E（），
当E'在直线DA右侧时，
因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，
则AE'∥OD，∴E'（1，），
则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或 .
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即（0， ,）或或或
【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得
解得∴二次函数；
∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得
解得∴二次函数 .
【分析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；（2）判断是否存在，可以列举出一种特殊情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y 轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）对于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的位置有两处，一处在y轴上，另一处在线段AD的右侧；②当点B对应点DA时，即△DBC~△ADE，些时点E 有两处，分别处于线段AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可.
5．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，顶点A、C的坐标分别为（﹣1，2），（3，2），点B 在x轴上，点B的坐标为（3，0），抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、C两点．
（1）求该抛物线所对应的函数关系式；
（2）点P是抛物线上的一点，当S△PAB= S△ABC时，求点P的坐标；
（3）若点N由点B出发，以每秒个单位的速度沿边BC、CA向点A移动，秒后，点M 也由点B出发，以每秒1个单位的速度沿线段BO向点O移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点N的移动时间为t秒，当MN⊥AB时，请直接写出t的值，不必写出解答过程．
【答案】（1）解：将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，
得，解得
∴抛物线y=﹣x2+2x+5.
（2）解：∵点A（-1,2），B（3,0），C（3,2），
∴BC⊥x轴，AC=4，BC=2，
∴，
∴
设直线AB为y=mx+n,
将点A（-1,2），B（3,0），代入可得，解得，∴直线AB为y=
，
设点P（x，），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x，），
∴PM= ，
∴
即，
∴或，
解得，
则点P .
（3）解：当时，如图1，点N在BC的线段上，BN= ，BM= ，
∵MN⊥AB，∴，
又∵A（-1,2），B（3,0），C（3,2），
∴AC∥x轴，BC∥y轴，
∴∠ACB=90°，
∴，
∴
又∵∠MBN=∠ACB=90°，
∴△BNM~△CAB，
∴，则，
解得t= .
当时，点N在线段AC上，如图2，MN与AB交于点D，BM= ,
由A（-1,2），B(3,0)，得AB= ，设AD=a，则BD= ,
∵∠ADN=∠ACB=90°, ∠DAN=∠CAB,
∴△ADN~△ACB，
∴；
则 = ，则a=
∵∠BDM=∠ACB=90°, ∠DBM=∠CAB,
∴△BDM~△ACB，
∴ =
，
则
解得 .
综上， .
【解析】【分析】（1）将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，联立方程组解答即可求出b和c的值；（2）由A（-1,2），B（3,0），C（3,2）可求出直线AB 的解析式和，从而求出 .设PP（x，），过点P作PN⊥x
轴，交直线AB于点M，则M（x，），可得
代入求出P的横坐标x的值，再代入抛物线的解析式求出点P的纵坐标；（3）首先要明确时间t表示点N运动的时间，由点M，N的速度可求出它们当到达终点时的时间t，取其中的较小值为t所能取到的最大值；由点M只在线段OB上运动，点N在线段BC和线段AC上运动，则要分成两部分进行讨论，当点N在线段BC上时和当点N在线段AC上时，并分别求出相应时间t的取值范围；结合相似三角形的判定和性质得到相应边成比例，列方程解答即可.
6．如图，抛物线y=ax2+bx+c过原点O、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），与x轴交于点C，直线AB交x轴于点D，交y轴于点E．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标；
（2）直线AF⊥x轴，垂足为点F，AF上取一点G，使△GBA∽△AOD，求此时点G的坐标；
（3）过直线AF左侧的抛物线上点M作直线AB的垂线，垂足为点N，若∠BMN=∠OAF，求直线BM的函数表达式．
【答案】（1）解：将原点O（0,0）、点 A （2，﹣4）、点 B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，
得，解得，
∴y=x2-4x= ，
∴顶点为（2，-4）.
（2）解：设直线AB为y=kx+b，
由点A（2，-4），B（3，-3），得解得，
∴直线AB为y=x-6.
当y=0时，x=6，∴点D（6，0）.
∵点A（2，-4），D（6,0），B（3，-3），
∴OA= ，OD=6，AD= ，AF=4，OF=2，DF=4，AB= ，
∴DF=AF，又∵AF⊥x轴，
∴∠AD0=∠DAF=45°，
∵△GBA∽△AOD，
∴，
∴，
解得，
∴FG=AF-AG=4- ，
∴点G（2，）.
（3）解：如图1，
∵∠BMN=∠OAF，，
∴∠MBN=∠AOF，
设直线BM与AF交于点H，
∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO，
∴
∴，
则，解得AH= ，
∴H（2，）.
设直线BM为y=kx+b，∵将点B、G的坐标代入得，解得．
∴直线BM的解析式为y= ；
如图2，
BD=AD-AB= ．
∵∠BMN=∠OAF，∠GDB=∠ODA，
∴△HBD∽△AOD．
∴，即，解得DH=4．
∴点H的坐标为（2，0）．
设直线BM的解析式为y=kx+b．
∵将点B和点G的坐标代入得：，解得k=-3，b=6．
∴直线BM的解析式为y=-3x+6．
综上所述，直线MB的解析式为y= 或y=-3x+6．
【解析】【分析】（1）将原点O（0,0）、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，联立方程组解答即可a,b,c的值，得到二次函数解析式；将解析式配成顶点
式，可得顶点；（2）由△GBA∽△AOD，可得，分别求出AD，AB，OD的长即可求出AG，由点A的坐标，即可求出点G；（3）点M在直线AF的左侧，可发出垂足N可以在线段AB上，也可以在AB的延长线上，故有如图1和如图2两种可能；设直线BM与直线AF的交点为H，由（2）可知，参加（2）的方法可求出点H的坐标，从而求出直线BM的解析式.
7．如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。

动点M，N 同时从A点出发，M沿A→C,N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为t秒。

连接MN。

（1）求直线BC的解析式；
（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；
（3）当点M,N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式。

【答案】（1）解：设直线BC解析式为：y=kx+b，
∵B（0，4），C（-3，0），
∴，
解得：
∴直线BC解析式为：y= x+4.
（2）解：依题可得：AM=AN=t，
∵△AMN沿直线MN翻折，点A与点点D重合，
∴四边形AMDN为菱形，
作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，
∵A（3，0），B（0，4），
∴OA=3,OB=4，
∴AB=5,
∴M（3-t，0），
又∵△ANF∽△ABO，
∴ = = ,
∴ = = ,
∴AF= t，NF= t，
∴N（3- t， t），
∴O′（3- t, t），
设D（x,y）,
∴ =3- t， = t，
∴x=3- t,y= t，
∴D（3- t， t），
又∵D在直线BC上，
∴ ×（3- t）+4= t，
∴t= ，
∴D（- ，）.
（3）①当0<t≤5时（如图2），
△ABC在直线MN右侧部分为△AMN，
∴S= = ·AM·DF= ×t× t= t ,
②当5<t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM，如图3
∵AM=AN=t，AB=BC=5，
∴BN=t-5，CN=-5-（t-5）=10-t，
又∵△CNF∽△CBO，
∴ = ,
∴ = ,
∴NF= （10-t），
∴S= - = ·AC·OB- ·CM·NF，
= ×6×4- ×（6-t）× （10-t），
=- t + t-12.
【解析】【分析】（1）设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.（2）依题可得：AM=AN=t，根据翻折性质得四边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，结合已知条件得M（3-t，0），
又△ANF∽△ABO，根据相似三角形性质得 = = ,
代入数值即可得AF= t，NF= t，从而得N（3- t， t），根据中点坐标公式得O′（3- t,
t），
设D（x,y）,再由中点坐标公式得D（3- t， t），又由D在直线BC上，代入即可得D点坐标.（3）①当0<t≤5时（如图2），△ABC在直线MN右侧部分为△AMN，根据三角形面积公式即可得出S表达式.
②当5<t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM，由△CNF∽△CBO，根据相似三角形性质得 = ,代入数值得NF= （10-t），最后由S= - = ·AC·OB- ·CM·NF，代入数值即可得表达式.
8．如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y＝kx+3.
（1）设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式.
（2）设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP.请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；
（3）是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵y轴和直线l都是⊙C的切线，∴OA⊥AD，BD⊥AD；又∵OA⊥OB，∴∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，∴四边形OADB是矩形；∵⊙C的半径为2，∴AD＝OB ＝4；
∵点P在直线l上，∴点P的坐标为（4，p）；又∵点P也在直线AP上，∴p＝4k+3
（2）解：连接DN.∵AD是⊙C的直径，∴∠AND＝90°，
∵∠ADN＝90°﹣∠DAN，∠ABD＝90°﹣∠DAN，∴∠ADN＝∠ABD，又∵∠ADN＝∠AMN，∴∠ABD＝∠AMN，∵∠MAN＝∠BAP，∴△AMN∽△ABP
（3）解：存在.理由：把x＝0代入y＝kx+3得：y＝3，即OA＝BD＝3，AB＝
，
∵S△ABD＝AB•DN＝AD•DB∴DN＝＝，∴AN2＝AD2﹣DN2＝，
∵△AMN∽△ABP，∴，即
当点P在B点上方时，∵AP2＝AD2+PD2＝AD2+（PB﹣BD）2＝42+（4k+3﹣3）2＝16（k2+1），
或AP2＝AD2+PD2＝AD2+（BD﹣PB）2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），
S△ABP＝PB•AD＝（4k+3）×4＝2（4k+3），
∴，
整理得：k2﹣4k﹣2＝0，解得k1＝2+ ，k2＝2﹣
当点P在B点下方时，
∵AP2＝AD2+PD2＝42+（3﹣4k﹣3）2＝16（k2+1），S△ABP＝PB•AD＝ [﹣（4k+3）]×4＝﹣2（4k+3）
∴
化简得：k2+1＝﹣（4k+3），解得：k＝﹣2，
综合以上所得，当k＝2± 或k＝﹣2时，△AMN的面积等于
【解析】【分析】（1）由切线的性质知∠AOB＝∠OAD＝∠ADB＝90°，所以可以判定四边形OADB是矩形；根据⊙O的半径是2求得直径AD＝4，从而求得点P的坐标，将其代入直线方程y＝kx＋3即可知p变化的函数关系式；（2）连接DN.∵直径所对的圆周角是直角，∴∠AND＝90°，根据图示易证∠AND＝∠ABD；然后根据同弧所对的圆周角相等推知∠ADN＝∠AMN，再由等量代换可知∠ABD＝∠AMN；最后利用相似三角形的判定定理AA 证明△AMN∽△ABP；（3）存在.把x＝0代入y＝kx＋3得y＝3，即OA＝BD＝3，然后由勾股定理求得AB＝5；又由相似三角形的相似比推知相似三角形的面积比.分两种情况进行讨论：①当点P在B点上方时，由相似三角形的面积比得到k2−4k−2＝0，解关于k的一元二次方程；②当点P在B点下方时，由相似三角形的面积比得到k2＋1＝−（4k＋3），解关于k的一元二次方程.
9．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是边AD上一点，EM⊥EC交AB于点M，点N 在射线MB上，且AE是AM和AN的比例中项.
（1）如图1，求证：∠ANE＝∠DCE；
（2）如图2，当点N在线段MB之间，联结AC，且AC与NE互相垂直，求MN的长；（3）连接AC，如果△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似，求DE的长. 【答案】（1）解：∵AE是AM和AN的比例中项
∴，
∵∠A＝∠A，
∴△AME∽△AEN，
∴∠AEM＝∠ANE，
∵∠D＝90°，
∴∠DCE＋∠DEC＝90°，
∵EM⊥BC，
∴∠AEM＋∠DEC＝90°，
∴∠AEM＝∠DCE，
∴∠ANE＝∠DCE
（2）解：∵AC与NE互相垂直，
∴∠EAC＋∠AEN＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ANE＋∠AEN＝90°，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠EAC，
∴tan∠DCE＝tan∠DAC，
∴，
∵DC＝AB＝6，AD＝8，
∴DE＝，
∴AE＝8﹣＝，
由（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴tan∠AEM＝tan∠DCE，
∴，
∴AM＝，
∵，
∴AN＝，
∴MN＝
（3）解：∵∠NME＝∠MAE＋∠AEM，∠AEC＝∠D＋∠DCE，又∠MAE＝∠D＝90°，由（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴∠AEC＝∠NME，
当△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似时
①∠ENM＝∠EAC，如图2，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（2）得：DE＝；
②∠ENM＝∠ECA，
如图3，
过点E作EH⊥AC，垂足为点H，
由（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠ECA＝∠DCE，
∴HE＝DE，
又tan∠HAE＝，
设DE＝3x，则HE＝3x，AH＝4x，AE＝5x，
又AE＋DE＝AD，
∴5x＋3x＝8，
解得x＝1，
∴DE＝3x＝3，
综上所述，DE的长分别为或3
【解析】【分析】（1）由比例中项知，据此可证△AME∽△AEN得∠AEM＝∠ANE，再证∠AEM＝∠DCE可得答案；（2）先证∠ANE＝∠EAC，结合∠ANE＝∠DCE得
∠DCE＝∠EAC，从而知，据此求得AE＝8﹣＝，由（1）得∠AEM＝∠DCE，据
此知，求得AM＝，由求得 MN＝；（3）分∠ENM＝∠EAC和∠ENM ＝∠ECA两种情况分别求解可得.
10．已知锐角△ABC中，边BC长为12，高AD长为8
（1）如图，矩形EFGH的边GH在BC边上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC边上，EF 交AD于点K
①求的值
②设EH=x，矩形EFGH的面积为S，求S与x的函数关系式，并求S的最大值
（2）若ABAC，正方形PQMN的两个顶点在△ABC一边上，另两个顶点分别在△ABC的另两边上，直接写出正方形PQMN的边长．
【答案】（1）解：①、∵EF∥BC ∴△AEF∽△ABC ∵AD⊥BC ∴AK⊥EF
∴ = ．
②∵① ② ①+②得：
又∵EH=x，AD=8，BC=12 ∴EF=12－ x
∴S=EH·EF=－ +12x=－ +24 ∴S的最大值为24
（2）解：或．
【解析】【分析】根据EF∥BC得出△AEF∽△ABC，从而得到，求出答案；根据
题意得出和，将两式相加得到，根据EH=x，得出EF=12－
x，根据S=EH·EF得出函数关系式，求出最大值；根据三角形相似，然后分两种情况得出答案
11．如图1，在△ABC中，在BC边上取一点P，在AC边上取一点D，连AP、PD，如果△APD是等腰三角形且△ABP与△CDP相似，我们称△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”.
（1）如图2,在△ABC中AB=AC,∠B=50°，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，且AD=DP，∠PAC=∠BPD，则∠PAC的度数是________；
（2）如图3，在△ABC中，∠A=2∠C，在AC边上至少存在一个“等腰邻相似△APD”，请画出一个AC边上的“等腰邻相似△APD”，并说明理由；
（3）如图4，在Rt△ABC中AB=AC=2，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，请写出AD长度的所有可能值.
【答案】（1）30°
（2）解：如图3中，△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”，
理由：作∠BAC的平分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，
∴∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，
∴DP=DA，
∵∠CAB=2∠C，
∴∠BAP =∠C，
∴△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，
∴△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”
（3）解：如图3′中，当DA=DP时，设∠APD=∠DAP=x，
①若∠BPD=∠CAP=90°-x，∠BDP=∠CPA=2x，
∴90°-x+2x+x=180°，
∴x=45°，
∴三角形都是等腰直角三角形，易知AD=1；
②若∠PDB=∠CAP时，设∠APD=∠DAP=x，
得到∠PDB=∠CAP=2x，易知x=30°，
设AD=a，则AP=
∵△BPD∽△CPA，
∴，即，
解得，
如图4中，当PA=PD时，易知∠PDB是钝角，∠CAP是锐角，
∴∠PDB=∠CPA，则△BPD≌△CPA，
设AD=a，则BD=2-a，，AC=2，
，
解得a= ，
如图5中，当AP=AD时，设∠APD=∠ADP=x，则∠DAP=180°-2x，易知∠PDB为钝角，∠CAP为锐角，
∴∠PDB=∠CPA=180°-x，∠CAP=90°-∠DAP=90°-（180°-2x）=2x-90°，
在△APC中，2x-90°+180°-x+45°=180°，
解得x=45°，不可能成立．
综上所述．AD的长为1或或
【解析】【解答】（1）解：如图2中，
∵AB＝AC，DA＝DP，
∴∠B＝∠C，∠DAP＝∠DPA，
∵∠PAC＝∠BPD，
∴∠APC＝∠BDP＝∠DAP＋∠DPA，
∵∠APC＝∠B＋∠BAP，
∴∠B＝∠PAB＝50°，
∵∠BAC＝180°−50°−50°＝80°，
∴∠PAC＝30°
故答案为30°
【分析】（1）根据等边对等角和三角形外角的性质证明∠B＝∠PAB即可解决问题．（2）如图3中，作∠BAC的平分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，根据平行线的性质和角平分线定义可得∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，结合∠A=2∠C可证△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，即可解决问题．（3）分三种情形讨论：如图3′中，当DA＝
DP时；如图4中，当PA＝PD时；如图5中，当AP＝AD时；分别求解即可解决问题．
12．如图，半径为4且以坐标原点为圆心的圆O交x轴，y轴于点B、D、A、C，过圆上的动点不与A重合作，且在AP右侧．
（1）当P与C重合时，求出E点坐标；
（2）连接PC，当时，求点P的坐标；
（3）连接OE，直接写出线段OE的取值范围．
【答案】（1）解：当P与C重合时，
，的半径为4，且在AP右侧，
，
点坐标为；
（2）解：如图，作于点F，
为的直径，
，
，
∽，
，
，
，，
，
点P的坐标为或；
（3）解：如图，连结OP，OE，AB，BE，AE，
，都为等腰直角三角形，
，，
，
∽，
，
，
，
【解析】【分析】当P与C重合时，因为，的半径为4，且在AP右侧，所以，所以E点坐标为；作
于点F，证明∽，可求得CF长，在中求得PF的长，进而得出点P的坐标；连结OP，OE，AB，BE，AE，证明∽，可得，根据，即可得出OE的取值范围．。