2020-2021中考数学—相似的综合压轴题专题复习含详细答案

2020-2021中考数学—相似的综合压轴题专题复习含详细答案
一、相似
1．在△ABC中，∠ABC=90°．
（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；
（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；
（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ，，直接写出tan∠CEB的值．
【答案】（1）解：∵AM⊥MN，CN⊥MN，
∴∠AMB=∠BNC=90°，
∴∠BAM+∠ABM=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBN=90°，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠AMB=∠NBC，
∴△ABM∽△BCN
（2）解：如图2，过点P作PM⊥AP交AC于M，PN⊥AM于N.
∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°，
∴∠BAP=∠CPM=∠C，
∴MP=MC
∵tan∠PAC=，
设MN=2m,PN=m,
根据勾股定理得，PM=,
∴tanC=
（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，
过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，
∵∠DEB=90°，
∴CH∥AG∥DE，
∴ =
同（1）的方法得，△ABG∽△BCH
∴，
设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，
∵AB=AE，AG⊥BE，
∴EG=BG=4m，
∴GH=BG+BH=4m+3n，
∴，
∴n=2m，
∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，
在Rt△CEH中，tan∠BEC= =
【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°，根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN，利用两个角对应相等的两个三角形相似得出：△ABM∽△BCN；
（2）过点P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中根据正切函数的定义，由
tan∠PAC=,同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，故,设AB= a，PQ=2a，BP= b，FQ=2b（a＞0，b＞0），然后判断出△ABP∽△CQF，得
从而表示出CQ，进根据线段的和差表示出BC，再判断出△ABP∽△CBA，得出
再得出BC，从而列出方程，表示出BC,AB，在Rt△ABC中，根据正切函数的定义得出tanC的值；
（3）在Rt△ABC中，利用正弦函数的定义得出：sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，根据平行线分线段成比例定理得出
，同（1）的方法得，△ABG∽△BCH ，故，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m，故GH=BG+BH=4m+3n，根据比例式列出方程，求解得出n与m的关系，进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。

2．综合题
（1）【探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为多少．
（2）【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（用含a，h的代数式表示）
（3）【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
（4）【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且
tanB=tanC= ，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．
【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则；
（2）解：∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
∴PN=a- PQ，
设PQ=x，
则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a- x）=- x2+ax=- （x- ）2+ ，
∴当PQ= 时，S矩形PQMN最大值为 .
（3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20、DH=16，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI= =24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG• BF= ×（40+20）× （32+16）=720，答：该矩形的面积为720；
（4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=tanC= ，
∴∠B=∠C，
∴EB=EC，
∵BC=108cm，且EH⊥BC，
∴BH=CH= BC=54cm，
∵tanB= = ，
∴EH= BH= ×54=72cm，
在Rt△BHE中，BE= =90cm，
∵AB=50cm，
∴AE=40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=60cm，
∴ED=30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以
;
(2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（）
,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，
S矩形PQMN有最大值为;
（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得
△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为×BG• BF=
×（40+20）×（32+16）=720；
（4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，
则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH=
×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为
BC•EH=1944cm2。

3．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.
（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；
（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.
【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,
∴ °
∵ ,
∴
∵∥ ,
∴
∴ °,
∴
过点作于点 ,则 .
在中，
∴
∴
（2）解：在中，，
∴
∵
a.当点在线段上时，过点作于点 ,
在中，
由（1）可知：
,
∴
∴
∴
b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,
在中， ,
∴ ,
∴
（3）解：连接 ,交于点 .
∵为的中点
∴ ,
∴ .
∵ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ .
∵∥
∴ ,
∴ ,
,
∵ ,
∴ ,
又∵ ,
∴∽ ,
∴，即 ,
∴
【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；
（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；
②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可
求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性
质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G
根据所得的比例式即可求解.
,
4．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；
（2）若AE＝2EC，求之值；
（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.
【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，
∴，∴DC2＝CE·AC；
（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，
DC= k，连接OC，OD，
∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，
∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，
∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴
（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，
过C作CG⊥AB于G，
设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，
又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，
∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；
（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；
（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

5．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．
【答案】（1）证明：如图，
∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，
∴∠ODB=∠ABC，
∵OF⊥BC，
∴∠BFD=90°，
∴∠ODB+∠DBF=90°，
∴∠ABC+∠DBF=90°，
即∠OBD=90°，
∴BD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线
（2）证明：连接AC，如图2所示：
∵OF⊥BC，
∴，
∴∠CAE=∠ECB，
∵∠CEA=∠HEC，
∴△CEH∽△AEC，
∴，
∴CE2=EH•EA
（3）解：连接BE，如图3所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，
∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，∴EA= =4，
∵，
∴BE=CE=3，
∵CE2=EH•EA，
∴EH= ，
∴在Rt△BEH中，BH= .
【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。

由圆周角定理和已知条件易得∠ODB=∠ABC，则∠OBC+∠BOD=90°=∠ODB+∠BOD，由三角形内角和定理即可得∠OBD=90°；
（2）连接AC，要证CE2=EH•EA；只需证△CEH∽△AEC，已有公共角∠AEC，再根据圆周角定理可得∠CAE=∠ECB，即可证△CEH∽△AEC，可得比例式求解；
（3）连接BE，解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。

6．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.
7．已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．
（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：________．
（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB．
【答案】（1）PA=PB
（2）解：把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：
如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，
，
∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，∴PD=PE，
∴PC=PE；∵PD=PE，∴∠CDE=∠PEB，∵直线m∥n，∴∠CDE=∠PCA，
∴∠PCA=∠PEB，又∵直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，∴l∥CE，∴AC=BE，
在△PAC和△PBE中，∴△PAC∽△PBE，∴PA=PB
（3）解：如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，
，
∵直线m∥n，∴，∴AP=PF，∵∠APB=90°，∴BP⊥AF，又∵AP=PF，∴BF=AB；
在△AEF和△BPF中，∴△AEF∽△BPF，∴，∴AF•BP=AE•BF，
∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB，∴2PA•PB=2k．AB，∴PA•PB=k•AB．
【解析】【解答】解：（1）∵l⊥n，∴BC⊥BD，∴三角形CBD是直角三角形，又∵点P 为线段CD的中点，
∴PA=PB．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半；
（2）把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得出PD=PE=PC，根据等边对等角得出∠CDE=∠PEB，根据二直线平行，内错角相等得出∠CDE=∠PCA，故∠PCA=∠PEB，根据夹在两平行线间的平行线相等得出AC=BE，然后利用SAS判断出△PAC∽△PBE，根据全等三角形的对应边相等得出PA=PB；
（3）如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，根据平行线分线段成比例定理得出AP=PF，根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出BF=AB；然后判断出△AEF∽△BPF，根据相似三角形的对应边成比例即可得出AF•BP=AE•BF，根据等量代换得出2PA•PB=2k．AB，即PA•PB=k•AB．
8．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.
9．如图，∠C=90°，点A、B在∠C的两边上，CA=30，CB=20，连结AB.点P从点B出发，以每秒4个单位长度的速度沿BC方向运动，到点C停止.当点P与B、C两点不重合时，作PD⊥BC交AB于D，作DE⊥AC于E.F为射线CB上一点，且∠CEF=∠ABC.设点P的运动时间为x（秒）.
（1）用含有x的代数式表示CE的长；
（2）求点F与点B重合时x的值；
（3）当点F在线段CB上时，设四边形DECP与四边形DEFB重叠部分图形的面积为y（平方单位）.求y与x之间的函数关系式；
（4）当x为某个值时，沿PD将以D、E、F、B为顶点的四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形.请直接写出所有符合上述条件的x值. 【答案】（1）解：∵∠C=90°，PD⊥BC，
∴DP∥AC，
∴△DBP∽△ABC，四边形PDEC为矩形，
CE=PD..
∴ .
∴CE=6x；
（2）解：∵∠CEF=∠ABC，∠C为公共角，
∴△CEF∽△CBA，
∴ .
∴ .
当点F与点B重合时，
CF=CB，9x=20.
解得 .
（3）解：当点F与点P重合时，BP+CF=CB，4x+9x=20，
解得 .
当时，
=-51x2+120x.当＜x≤ 时，
= （20-4x）2.
（或）
（4）解：①如图③，当PD=PF时，6x=20-13x，解得：x= ；△B′DE为拼成的三角形；
②如图④当点F与点P重合时，4x+9x=20，解得：x= ；△BDC为拼成的三角形；
③如图⑤，当DE=PB，20-4x=4x，解得：x= ，△DPF为拼成的三角形.
【解析】【分析】（1）首先证明△ABC∽△DBP∽△FEC，即可得出比例式进而得出表示CE的长；（2）根据当点F与点B重合时，FC=BC，即可得出答案；（3）首先证明
Rt△DOE∽Rt△CEF，得出，即可得出y与x之间的函数关系式；（4）根据三角形边长相等得出答案.
10．如图，抛物线与坐标轴交点分别为，，，作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作轴于点D，设点P的横坐标为，求的面积S与t的函数关系式；
（3）条件同，若与相似，求点P的坐标．
【答案】（1）解：把，，代入得：，
解得：，，，
抛物线的解析式为
（2）解：设点P的坐标为(t,- t×2+ t+2)，
∵A(-1,0)，B(3,0)，
∴AB=4，
∴S=
（3）解：当∽时，，即，
整理得：，
解得：或舍去，
，，
点P的坐标为；
当∽，则，即，
整理得，
解得：或舍去，
，，
点P的坐标为，
综上所述点P的坐标为或
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，将点A、B、C三点坐标分别代入函数解析式，建立方程组，就可求出a、b、c的值，即可解答；或设函数解析式为交点式，即y=a （x+1）(x-3），再将点C的坐标代入可解答。

（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，因此利用二次函数解析式，由P的横坐标为t表示出点P的坐标，利用三角形的面积公式，就可得出s与t的函数解析式。

（3）分两种情况讨论：当△ ODP ∽△ COB 时；当△ ODP ∽△ BOC ，分别利用相似三角形的性质，分别得出对应边成比例，建立关于t的方程，求出t的值，就可得出点P的坐标。

11．请完成下面题目的证明．如图,AB为⊙O的直径,AB=8,点C和点D是⊙O上关于直线AB对称的两个点,连接OC,AC,且∠BOC<90°,直线BC与直线AD相交于点E,过点C作直线CG 与线段AB的延长线相交于点F,与直线AD相交于点G,且∠GAF=∠GCE
（1）求证:直线CG为⊙O的切线；
（2）若点H为线段OB上一点,连接CH,满足CB=CH；
①求证:△CBH∽△OBC；
②求OH+HC的最大值.
【答案】（1）证明：由题意可知：∠CAB=∠GAF，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∵∠GAF=∠GCE，
∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线CG是⊙O的切线；
（2）证明：①∵CB=CH，
∴∠CBH=∠CHB，
∵OB=OC，
∴∠CBH=∠OCB，
∴△CBH∽△OBC
解：②由△CBH∽△OBC可知：
∵AB=8，
∴BC2=HB•OC=4HB，
∴HB= ，
∴OH=OB-HB=
∵CB=CH，
∴OH+HC=
当∠BOC=90°，
此时BC=
∵∠BOC＜90°，
∴0＜BC＜
令BC=x
∴OH+HC= = =
当x=2时，
∴OH+HC可取得最大值，最大值为5
【解析】【分析】（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，∠GAF=∠GCE，由圆的性质可知：∠CAB=∠OCA，所以∠OCA=∠GCE，从而可证明直线CG是⊙O的切线；（2）①由于CB=CH，所以∠CBH=∠CHB，易证∠CBH=∠OCB，
从而可证明△CBH∽△OBC；②由△CBH∽△OBC可知：
，所以HB= ，
由于BC=HC，所以OH+HC=
利用二次函数的性质即可求出OH+HC的最大值．
12．如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝5cm，BC＝6cm，点E.F.G分别从A.B.C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动.在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F.设点E.F.G运动的时间为t（单位：s）.
（1）当t等于多少s时，四边形EBFB′为正方形；
（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；（3）是否存在实数t，使得点B’与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：若四边形EBFB′为正方形，则BE＝BF，BE＝5﹣t，BF＝3t，
即：5﹣t＝3t，
解得t＝1.25；
故答案为：1.25
（2）解：分两种情况，讨论如下：
①若△EBF∽△FCG，
则有，即，
解得：t＝1.4；
②若△EBF∽△GCF，
则有，即，
解得：t＝﹣7﹣（不合题意，舍去）或t＝﹣7+ .
∴当t＝1.4s或t＝（﹣7+ ）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似.
（3）解：假设存在实数t，使得点B′与点O重合.
如图，过点O作OM⊥BC于点M，
则在Rt△OFM中，OF＝BF＝3t，FM＝ BC﹣BF＝3﹣3t，OM＝2.5，
由勾股定理得：OM2+FM2＝OF2，
即：2.52+（3﹣3t）2＝（3t）2
解得：t＝；
过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE＝BE＝5﹣t，EN＝BE﹣BN＝5﹣t﹣2.5＝2.5﹣t，ON＝3，
由勾股定理得：ON2+EN2＝OE2，
即：32+（2.5﹣t）2＝（5﹣t）2
解得：t＝ .
∵≠ ，
∴不存在实数t，使得点B′与点O重合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质，得到BE＝BF，列一元一次方程求解即可；（2）△EBF与△FCG相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题.假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们互相矛盾，所以不存在。