2020-2021中考数学提高题专题复习相似练习题附详细答案

2020-2021中考数学提高题专题复习相似练习题附详细答案
一、相似
1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．
（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；
（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；
（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的
Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，
把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，
∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4
（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，
∴A（﹣1，0），
当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；
当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），
从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，
∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，
∴△BCD为等腰三角形，
∴构造的三角形是等腰三角形的概率=
（3）解：存在，
易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，
M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），
①当N点在AC上，如图1，
∴△AMN的面积为△ABC面积的，
∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，
当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，
∴tan∠MAC= =4；
当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，
∴tan∠MAC= =1；
②当N点在BC上，如图2，
BC= =2 ，
∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，
∵S△AMN= AN•MN=2，
∴MN= = ，
∴∠MAC= ；
③当N点在AB上，如图3，
作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，
由②得AH= ，则BH= ，
∵∠NBG=∠HBA，
∴△BNM∽△BHA，
∴，即，
∴MN= ，
∵AN•MN=2，
即•（﹣t）• =2，
整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，
∴点N在AB上不符合条件，
综上所述，tan∠MAN的值为1或4或
【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。

（2）先求出抛物线y=x2+2x+1的顶点坐标A，与x轴、y轴的交点D、C、B的坐标，可得出从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，再求出它们的各边的长，得出构造的三角形是等腰三角形可能数，利用概率公式求解即可。

（3）利用待定系数法求出直线BC的函数解析式及△ABC的面积、点M的坐标，再分情况
讨论：①当N点在AC上，如图1；②当N点在BC上，如图2；③当N点在AB上，如
图3。

利用△AMN的面积=△ABC面积的，解直角三角形、相似三角形的判定和性质等相关的知识，就可求出tan∠MAN的值。

2．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.
（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；
（2）求证：FQ=BQ
【答案】（1）解：∵≌，
∴，
∵均为半圆切线，
∴ .
连接 ,
则，
∴四边形为菱形，
∴DQ∥，
∵均为半圆切线，
∴∥，
∴四边形为平行四边形∴，
（2）证明：易得∽，
∴ = ，
∴ .
∵是半圆的切线，
∴ .
过点作于点，
则 .
在中，，
∴，
解得：，
∴
∴
【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔB FO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；
（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔABD∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。

3．抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
【答案】（1）解：当x=0,y=3，
所以C（0,3）
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x- ).
将C（0,3）代入得- a=3，解得a=-2
所以抛物线的解析式为y=-2x2+x+3
（2）解：过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N，如图1，
∵OC=3，AO=1，
∴tan∠CAO=3.
∴直线AC的解析式为y=3x+3.
∵AC⊥BM，
∴BM的一次项系数为- .
设BM的解析式为y=- x+b,将点B的坐标代入得：- × +b=0,解得b= .
∴BM的解析式为y=- x+ .
将y=3x+3与y=- x+ 联立解得：x=- ，y= .
∴MC=BM= = .
∴∆MCB为等腰三角形.
∴∠ACB=45°.
（3）解：如图2所示，延长CD，交x轴于点F.
∵∠ACB=45°,点D是第一象限抛物线上一点，
∴∠ECD＞45°.
又∵∆DCE与∆AOC相似，∠AOC=∠DEC=90°,
∴∠CAO=∠ECD.
∴CF=AF.
设点F的坐标为（a，0），则（a+1）2=32+a2，解得a=4.
∴F（4,0）.
设CF的解析式为y=kx+3，将F（4,0）代入得：4k+3=0，解得k=- .
∴CF的解析式为y=- x+3.
将y=- x+3与y=-2x2+x+3联立，解得x=0（舍去）或x= .
将x= 代入y=- x+3得y=
∴D（，）．
【解析】【分析】（1）结合已知抛物线与x轴的交点AB，设抛物线的解析式为顶点式，代入点C的坐标求出系数，在回代化成抛物线解析式的一般形式。

（2）作垂线转化到直角三角形中利用锐角函数关系解出直线南AC的解析式，再利用待定系数法求出系数得出直线BC的解析式，联立方程得出点M的坐标，根据勾股定理求出MC,BM的长判断出是等腰直角三角形，得出角的度数 .
（3）根据相似三角形的性质的出两角相等，再利用待定系数法求出系数得出直线CF的解析式，再联立方程得出点D的坐标。

4．如图1，过等边三角形ABC边AB上一点D作交边AC于点E，分别取BC，DE 的中点M，N，连接MN．
（1）发现：在图1中， ________；
（2）应用：如图2，将绕点A旋转，请求出的值；
（3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且，M，N分别是底边BC，DE的中点，若，请直接写出的值．
【答案】（1）
（2）解：如图2中，连接AM、AN，
，都是等边三角形，，，
，，
，，
，
，
，
∽，
（3）解：如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O，
，，，，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
∽，
，
，
，
，，
≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
【解析】【解答】解：（1）如图1中，作于H，连接AM，
，，
，
时等边三角形，
，
，
，
，
平分线段DE，
，
、N、M共线，
，
四边形MNDH时矩形，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）作DH ⊥BC 于H，连接AM.证四边形MNDH时矩形，所以MN=DH，则MN：BD=DH：BD=sin60°，即可求解；
（2）利用△ABC ，△ADE 都是等边三角形可得AM：AB=AN：AD，易得∠BAD = ∠MAN ，从而得△ BAD ∽△ MAN，则NM：BD=AM：AB=sin60°，从而求解；
（3）连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O.先证明△BAD ∽△MAN可得NM：BD=AM：AB=sin∠ABC；再证明△ BAD ≌△ CAE，则∠ ABD = ∠ ACE ，进而可得∠ ABC = 45°，可求出答案.
5．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）问题发现
①当α=0°时， =________；②当α=180°时， =________．
（2）拓展探究
试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决
当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．
【答案】（1）；
（2）解：如图2，
，
当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
又∵，
∴△ECA∽△DCB，
∴
（3）解：①如图3，
，
∵AC=4 ，CD=4，CD⊥AD，
∴AD=
∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC= ．
②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，
，
∵AC= ，CD=4，CD⊥AD，
∴AD= ，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE= =2，
∴AE=AD-DE=8-2=6，
由（2），可得
，
∴BD= ．
综上所述，BD的长为或．
【解析】【解答】（1）①当α=0°时，
∵Rt△ABC中，∠B=90°，
∴AC= ，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴ ,BD=8÷2=4，
∴．
②如图1，
，
当α=180°时，
可得AB∥DE，
∵，
∴
【分析】（1）①当α=0°时，Rt△ABC中，根据勾股定理算出AC的长，根据中点的定义得出AE,BD的长，从而得出答案；②如图1，当α=180°时，根据平行线分线段成比例定理得出AC∶AE=BC∶BD,再根据比例的性质得出AE∶BD=AC∶BC,从而得出答案。

（2）当0°≤α＜360°时，A E∶ B D 的大小没有变化，由旋转的性质得出∠ECD=∠ACB，进
而得出∠ECA=∠DCB，又根据EC∶DC=AC∶BC=,根据两边对应成比例，及夹角相等的三
角形相似得出△ECA∽△DCB，根据相似三角形对应边成比例得出AE∶BD=EC∶DC=;（3）①如图3，在Rt△ADC中，根据勾股定理得出AD的长，根据两组对边分别相等，且有一个角是直角的四边形是矩形得出四边形ABCD是矩形，根据矩形对角线相等得出BD=AC=；②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，在Rt△ADC中，利用勾股定理得出AD的长，根据中点的定义得出DE的
长，根据AE=AD-DE算出AE的长，由（2），可得AE∶BD=,从而得出BD的长度。

6．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，过点B的直线MN∥AC，D为BC边上一点，连接AD，作DE⊥AD交MN于点E，连接AE．
（1）如图①，当∠ABC=45°时，求证：AD=DE；理由；
（2）如图②，当∠ABC=30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由；
（3）当∠ABC=α时，请直接写出线段AD与DE的数量关系．（用含α的三角函数表示）【答案】（1）解：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，
则∠BDE+∠FDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠FDE+∠ADF=90°，∴∠BDE=∠ADF，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠C=45°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=135°，∵∠FBD=45°，DF⊥BC，∴∠BFD=45°，BD=DF，∴∠AFD=135°，∴∠EBD=∠AFD，在△BDE和△FDA中，∵∠EBD=∠AFD，BD=DF，∠BDF=∠ADF，∴△BDE≌△FDA（ASA），∴AD=DE
（2）解：DE= AD，理由：
如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，
∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA，∴，在Rt△BDG中，
=tan30°= ，∴DE= AD
（3）解：AD=DE•tanα；理由：
如图2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD，∴，在
Rt△BDG中，=tanα，则=tanα，∴AD=DE•tanα．
【解析】【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，根据同角的余角相等得出∠BDE=∠ADF，根据等腰直角三角形的性质得出∠C=45°，∠BFD=45°，BD=DF，进而根据平行线的性质邻补角的定义得出∠EBD=180°﹣∠C=135°，∠AFD=135°，从而利用ASA判断出△BDE≌△FDA，根据全等三角形的对应边相等得出AD=DE；
（2）DE= AD，理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等
得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出∠C=60°，∠BGD=60°，根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=120°，根据邻补角的定义得出∠AGD=120°，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出
AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义及特殊锐角三角函数值得出DG∶BD=tan30°= ,从而得出答案；
（3）AD=DE•tanα；理由：如图2过点D作DG⊥BC，交AB于点G，根据等角的余角相等得出∠BDE=∠ADG，根据三角形的内角和得出根据二直线平行同旁内角互补得出∠EBD=90°+α，三角形的外角定理得出∠AGD=90°+α，故∠EBD=∠AGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE∽△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出AD∶DE=DG∶BD,根据正切函数的定义DG∶BD=tanα从而得出答案。

7．如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：AB平分；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将，代入得：，
解得：，，
抛物线的解析式为
（2）解：，，
，
取，则，
由两点间的距离公式可知，
，，
，
，
在和中，，，，
≌，
，
平分
（3）解：如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．
抛物线的对称轴为，则．
，，
，
，
，
，
，
同理：，
又，
，
，
点M的坐标为或
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，将点A、B两点坐标分别代入抛物线的解析式，求出a、b的值，即可解答。

（2）利用勾股定理，在Rt△AOC中，求出AC的长，再根据两点间的距离公式求出BD的长，由点B、C的坐标，求出BC的长，可证得BD=BC，然后证明△ABC ≌△ABD ，利用全等三角形的性质，可证得结论。

（3）抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．求出抛物线的对称轴，就可求出AE的长，再利用点A、B的坐标，求出tan∠EAB的值，再由∠M'AB = 90 °，求出tan∠∠M'AE 的值，求出M'E的长，就可得出点M的坐标，再用同样的方法求出点M的坐标，即可解答。

8．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA ，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F ， G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）①在正方形ACDE中，有DG=GE=6
在Rt△AEG中，AG=
∵EG∥AC
∴△ACF∽△GEF
∴，
∴
∴
②如图1，在正方形ACDE中，AE=ED
∠AEF=∠DEF=45°，
又EF=EF，∴△AEF≌△DEF
∴∠1=∠2（设为x）
∵AE∥BC
∴∠b=∠1=x
∵GF=GD
∴∠3=∠2=x
在△dbf中，∠3+∠FDb+∠b=180°
∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°
∴∠B=30°
∴在Rt△ABC中，BC=
（2）在Rt△ABC中，AB=
如图2，当点D在线段BC上时，此时只有GF=GD
∵DG∥AC
∴△BDG∽△BCA
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x
∴GF=GD=4x，则AF=15-9x
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即
解得x1=1，x2=5（舍去）
∴腰长G D=4x=4
如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF=Dg，
设AE=3x，则E G=4x，A G=5x，
∴F G=DG=12+4x，
∵AE∥BC
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即x2=4
解得x1=2，x2=-2（舍去）
∴腰长GD=4x+12=20
如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作D H⊥FG。

设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴GF=2G H= ，
∴AF=GF-AG=
∵AC∥DG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288cos
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x+12=
如图5，当点D在线段Cb的延长线上时，此时只有DF=D g，过点D作D h⊥AG，
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴AF=AG−FG=
∵AC∥EG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x-12=
综上所述，等腰△DFG的腰长为4，20，，
【解析】【分析】（1）①此小题考查相似三角形的判定与性质；由正方形的性质可得AG//EG，则△ACF∽△GEF，即可得FG：AF=EG：AC=1:2，则只要由勾股定理求出AG即可；
②由正方形性的对称性，不难得出∠1=∠2，而由GF=GD可知∠3=∠2，在△BDF中，由三角形内角和为180度，不难求出∠b的度数，可知是一个特殊角的度数，从而求出BC即可；（2）因为BC=9，所以B是定点，动点是D，因为点D是直线BC上一点，随着点D 的位置的变化，E和F点的位置也跟着变化；需要分类计论点D在线段BC上，点D在BC 的延长线和点D在CB的延长线上，再逐个分析等腰三角形的存在性，根据相似三角形的性及三角函数分析解答即可．
9．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以O为圆心，OA长为半径的圆与AC，AB分别交于点D，E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若AD：AO＝8：5，BC＝2，求BD的长．
【答案】（1）解：BD是⊙O的切线；
理由如下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A
∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，
∵∠C=90°，∴∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠ODA+∠CDB=90°，∴∠ODB=90°，即BD⊥OD，
∴BD是⊙O的切线
（2）解：设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，
∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠C，
又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，
∴，即，
解得：BD= ．所以BD的长是
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知得出∠ODA=∠CBD，由直角三角形的性质得出∠CBD+∠CDB=90°，因此∠ODA+∠CDB=90°，得出∠ODB=90°，即可得出结论；（2）设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，由圆周角定理得出∠ADE=90°，△ADE∽△BCD，
得出对应边成比例，即可求出BD的长．
10．已知在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，以AD为对角线作正方形AEDF，DE 交AB于点M，DF交AC于点N，连结EF，EF分别交AB、AD、AC于点G、点O、点H.
（1）求证：EG=HF；
（2）当∠BAC=60°时，求的值；
（3）设 ,△AEH和四边形EDNH的面积分别为S1和S2，求的最大值.
【答案】（1）解：在正方形AEDF中，OE=OF，EF⊥AD，
∵AD⊥BC，
∴EF∥BC，
∴∠AGH=∠B，∠AHG=∠C，
而AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠AGH=∠AHG，
∴AG=AH，
∴OG=OH，
∴OE-OG=OF-OH，
∴EG=FH
（2）解：当∠BAC=60°时，△ABC为正三角形，
∵AD⊥EF，
∴∠OAH=30°，
∴，
设OH=a，则OA=OE=OF= a，
∴EH=（）a，HF=（）a，
∵AE∥FN，
∴△AEH∽△NFH，
∴，
∵EF∥BC，
∴△AOH∽△ADC，
∴，
∴CD=2a，
易证△HNF∽△CND，
∴，
∴
（3）解：设EH=2m，则FH=2km，OA= EF=（k+1）m，
∴S1=（k+1）m2，
由（2）得，△AEH∽△NFH，
∴S△HNF=k2S1=k2（k+1）m2，
而S△EDF=OA2=（k+1）2m2，
∴S2=S△EDF - S△HNF =（k+1）2m2 -k2（k+1）m2=（-k2+k+1）（k+1）m2，
∴ =-k2+k+1，
∴当k= 时，最大= .
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的判定与性质，正方形的性质易证△AGH为等腰三角形，通过“三线合一”可得OG=OH，即可得证；（2）由等边三角形的性质可设OH=a，则OA=OE=OF= a，则EH=（）a，HF=（）a，
根据相似三角形判定易证△AEH∽△NFH，△AOH∽△ADC，△HNF∽△CND，然后通过相似三角形的对应边成比整理即可得解；（3）设EH=2m，则FH=2km，OA= EF=（k+1）m，
分别得到S1、S△HNF和S△EDF关于k，m的表达式，再根据S2=S△EDF - S△HNF得到S2的表达式，进而得到关于k的表达式，通过配方法即可得解.
11．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝25，BC＝15．
（1）如图1，折叠△ABC使点A落在AC边上的点D处，折痕交AC、AB分别于Q、H，若S△ABC＝9S△DHQ，求HQ的长．
（2）如图2，折叠△ABC使点A落在BC边上的点M处，折痕交AC、AB分别于E、F．若FM∥AC，求证：四边形AEMF是菱形；
（3）在(1)(2)的条件下，线段CQ上是否存在点P，使得△CMP和△HQP相似？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图1中，
在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝25，BC＝15，
∴AC＝＝20，设HQ＝x，
∵HQ∥BC，
∴，
∴AQ＝x，
∵S△ABC＝9S△DHQ，
∴ ×20×15＝9× ×x× x，
∴x＝5或﹣5（舍弃），
∴HQ＝5，
故答案为5．
（2）解：如图2中，
由翻折不变性可知：AE＝EM，AF＝FM，∠AFE＝∠MFE，∵FM∥AC，
∴∠AEF＝∠MFE，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∴AE＝AF＝MF＝ME，
∴四边形AEMF是菱形．
（3）解：如图3中，
设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m，
∴4m+5m＝25，
∴m＝，
∴AE＝EM＝，
∴EC＝20﹣＝，
∴CM＝，
∵QG＝5，AQ＝，
∴QC＝，设PQ＝x，
当时，△HQP∽△MCP，
∴，
解得：x＝，
当＝时，△HQP∽△PCM，
∴
解得：x＝10或，
经检验：x＝10或是分式方程的解，且正确，
综上所，满足条件长QP的值为或10或．
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出AC，设HQ=x，根据S△ABC=9S△DHQ，构建方程即可解决问题；（2）想办法证明四边相等即可解决问题；（3）设AE=EM=FM=AF=4m，则BM=3m，FB=5m，构建方程求出m的值，分两种情形分别求解即可解决问题.
12．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，连结EB，交OD于点F．
（1）求证：OD⊥BE．
（2）若DE= ，AB=6，求AE的长．
（3）若△CDE的面积是△OBF面积的，求线段BC与AC长度之间的等量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：连接AD，
∵AB是直径，
∴∠AEB=∠ADB=90°，
∵AB=AC，
∴∠CAD=∠BAD，BD=CD，
∴，
∴OD⊥BE；
（2）解：∵∠AEB=90°，
∴∠BEC=90°，
∵BD=CD，
∴BC=2DE=2 ，
∵四边形ABDE内接于⊙O，
∴∠BAC+∠BDE=180°，
∵∠CDE+∠BDE=180°，
∴∠CDE=∠BAC，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CAB，
∴，即，∴CE=2，
∴AE=AC-CE=AB-CE=4
（3）解：∵BD=CD，
∴S△CDE=S△BDE，
∵BD=CD，AO=BO，
∴OD∥AC，
∵△OBF∽△ABE，
∴，
∴S△ABE=4S△OBF，
∵，
∴S△ABE=4S△OBF=6S△CDE，
∴S△CAB=S△CDE+S△BDE+S△ABE=8S△CDE，
∵△CDE∽△CAB，
∴，
∴，
∵BD=CD，AB=AC，
∴，即AC= BC
【解析】【分析】（1）连接AD．根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及
平行线的性质即可证明；（2）先证△CDE∽△CAB得，据此求得CE的长，依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案；（3）由BD=CD知S△CDE=S△BDE，证△OBF∽△ABE得
，据此知S△ABE=4S△OBF，结合知S△ABE=6S△CDE，S△CAB=8S△CDE，由△CDE∽△CAB知，据此得出，结合BD=CD，AB=AC知，从而得出答案．。