2020-2021中考数学二轮 相似 专项培优 易错 难题及答案解析

2020-2021中考数学二轮相似专项培优易错难题及答案解析
一、相似
1．如图，已知：在Rt△ABC中，斜边AB=10，sinA= ，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），
PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB于M，QN⊥CP于N．
（1）当AP=CP时，求QP；
（2）若四边形PMQN为菱形，求CQ；
（3）探究：AP为何值时，四边形PMQN与△BPQ的面积相等？
【答案】（1）解：∵AB=10，sinA= ，
∴BC=8，
则AC= =6，
∵PA=PC．
∴∠PAC=∠PCA，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠BPC=2∠BPQ=2∠A，
∴∠BPQ=∠A，
∴PQ∥AC，
∴PQ⊥BC，又PQ平分∠CPB，
∴∠PCQ=∠PBQ，
∴PB=PC，
∴P是AB的中点，
∴PQ= AC=3
（2）解：∵四边形PMQN为菱形，
∴MQ∥PC，
∴∠APC=90°，
∴ ×AB×CP= ×AC×BC，
则PC=4.8，
由勾股定理得，PB=6.4，
∵MQ∥PC，
∴ = = = ，即 = ，
解得，CQ=
（3）解：∵PQ平分∠CPB，QM⊥AB，QN⊥CP，
∴QM=QN，PM=PN，
∴S△PMQ=S△PNQ，
∵四边形PMQN与△BPQ的面积相等，
∴PB=2PM，
∴QM是线段PB的垂直平分线，
∴∠B=∠BPQ，
∴∠B=∠CPQ，
∴△CPQ∽△CBP，
∴ = = ，
∴ = ，
∴CP=4× =4× =5，
∴CQ= ，
∴BQ=8﹣ = ，
∴BM= × = ，
∴AP=AB﹣PB=AB﹣2BM=
【解析】【分析】（１）当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6，BC=8，因为PQ平分∠CPB，所以PQ//AC，可知PB=PC，所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ =3;
(2)当四边形PMQN为菱形时，因为∠APC=，所以四边形PMQN为正方形，可得
PC=4.8，PB=3.6，因为MQ//PC，所以，可得;
(3)当QM垂直平分PB 时，四边形PMQN的面积与△BPQ的面积相等，此时△CPQ∽△CBP，对应边成比例，可得，所以，因为AP=AB-2BM，所以
AP=.
2．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．
3．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：
（1）求证：△BEF∽△DCB；
（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；
（3）如图2过点Q作QG⊥AB，垂足为G，当t为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明理由；
（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．
【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
在中，
分别是的中点，
（2）解：如图1，过点作于，
（舍）或秒
（3）解：四边形为矩形时,如图所示：
解得：
（4）解：当点在上时，如图2，
当点在上时，如图3，
时，如图4，
时，如图5，
综上所述，或或或秒时，是等腰三角形
【解析】【分析】（1）要证△BEF∽△DCB，根据有两对角对应相等的两个三角形相似可得证。

根据三角形中位线定理可得EF∥AD∥BC，可得一组内错角相等，由矩形的性质可得∠C=∠A=∠BEF=，所以△BEF∽△DCB；
（2）过点Q 作QM⊥EF于M，结合已知易得QM∥BE，根据相似三角形的判定可得
△QMF∽△BEF，则得比例式,QM可用含t的代数式表示，PF=4-t，所以三角形
PQF的面积=QM PF=06，解方程可得t的值；
（3）因为QG⊥AB，结合题意可得PQ AB，根据相似三角形的判定可得QPF BEF，于是可得比例式求解；
（4）因为Q在对角线BD上运动，情况不唯一。

当点Q在DF上运动时，PF=QF；
当点Q在BF上运动时，分三种情况：
第一种情况;PF =QF ;第二种情况：PQ=PF；第三种情况：PQ=FQ。

4．如图，Rt△AOB在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点A在x轴的正半轴上，OA=3，∠BAD=30°，将△AOB沿AB翻折，点O到点C的位置，连接CB并延长交x轴于点D.
（1）求点D的坐标；
（2）动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿x轴的正方向运动，当△PAB为直角三角形时，求t的值；
（3）在（2）的条件下，当△PAB为以∠PBA为直角的直角三角形时，在y轴上是否存在一点Q使△PBQ为等腰三角形？如果存在，请直接写出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵B（0，），
∴OB= .
∵OA= OB，
∴OA=3，
∴AC=3.
∵∠BAD=30°，
∴∠OAC=60°.
∵∠ACD=90°，
∴∠ODB=30°，
∴ = ，
∴OD=3，
∴D（﹣3，0）；
（2）解：∵OA=3，OD=3，∴A（3，0），AD=6，
∴AB=2 ，当∠PBA=90°时.
∵PD=2t，
∴OP=3﹣2t.
∵△OBA∽△OPB，
∴OB2=OP•OA，
∴3﹣2t= =1，解得t=1，当∠APB=90°时，则P与O重合，
∴t= ；
（3）解：存在.
①当BP为腰的等腰三角形.
∵OP=1，∴BP= =2，
∴Q1（0， +2），Q3（0. ﹣2）；
②当PQ2=Q2B时，设PQ2=Q2B=a，
在Rt△OPQ2中，12+（﹣x）2=x2，解得x= ，
∴Q2（0，）；
③当PB=PQ4时，Q4（0，﹣）
综上所述：满足条件的点Q的坐标为Q1（0， +2），Q2（0，），Q3（0. ﹣2），Q4（0，﹣）.
【解析】【分析】（1）根据已知得出OA、OB的值以及∠DAC的度数，进而求得∠ADC，即可求得D的坐标；（2）根据直角三角形的判定，分两种情况讨论求得；（3）求得PB 的长，分四种情形讨论即可解决问题.
5．定义：如图，若点D在的边AB上，且满足，则称满足这样条件的点为的“理想点”
（1）如图，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；
（2）如图，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长；
（3）如图，已知平面直角坐标系中，点，，C为x轴正半轴上一点，且满足，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三点围成的三角形的“理想点” 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：结论：点D是的“理想点”.
理由：如图中，
是AB中点，，
，
，，
，
，
，
∽，
，
点D是的“理想点”，
（2）解：如图中，
点D是的“理想点”，
或，
当时，
，
，
，
当时，同法证明：，
在中，，，，
，
，
.
（3）解：如图中，存在有三种情形：
过点A作交CB的延长线于M，作轴于H.
，，
，
，
，，
，
≌，
，，设，
，，
，，，，，
，
，
解得或舍弃，
经检验是分式方程的解，
，，
①当时，点A是的“理想点” 设，
，，
∽，
，
，
解得，
.
②当时，点A是的“理想点”.
易知：，
，
.
③当时，点B是的“理想点”.
易知：，
，
.
综上所述，满足条件的点D坐标为或或 .
【解析】【分析】（1）结论：点D是的“理想点” 只要证明∽
即可解决问题；（2）只要证明即可解决问题；（3）如图中，存在有三种情形：过点A作交CB的延长线于M，作轴于构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；
6．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.
（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；
（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；
（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出PM与PN的数量关系，并加以证明.
【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN
（2）PM＝PN，PM⊥PN
（3）解：PM＝kPN，
∵△ACB和△ECD是直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°.
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.
∴∠ACE＝∠BCD.
∵BC＝kAC，CD＝kCE，
∴＝k.
∴△BCD∽△ACE.
∴BD＝kAE，
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝ BD，PN＝ AE.
∴PM＝kPN.
【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，
理由如下：
∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.
在△ACE和△BCD中，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠BCD＝90°，
∴∠CBD+∠BDC＝90°，
∴∠EAC+∠BDC＝90°
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM＝ BD，PN＝ AE，
∴PM＝PN，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM∥BC，PN∥AE，
∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，
∵∠EAC+∠BDC＝90°，
∴∠MPA+∠NPC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
即PM⊥PN，
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；
（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，
理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）.
∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.
又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，
∴∠BHO＝∠ACO＝90°.
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝ BD，PM∥BD；
PN＝ AE，PN∥AE.
∴PM＝PN.
∴∠MGE+∠BHA＝180°.
∴∠MGE＝90°.
∴∠MPN＝90°.
∴PM⊥PN.
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.
7．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。

8．如图1，直线l：与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线
段OA上一动点（0＜AC＜），以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．
（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；
（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，
①求证：△OCE∽△OEA；
②求点E的坐标；
（3）当点C在线段OA上运动时，求OE·EF的最大值．
【答案】（1）解：把A（4，0）代入，得 ×4+b=0，
解得b=3，
∴直线l的函数表达式为，
∴B（0,3），
∵AO⊥BO，OA=4，BO=3，
∴tan∠BAO= .
（2）①证明：如图，连结AF，
∵CE=EF，
∴∠CAE=∠EAF，
又∵AC=AE=AF，
∴∠ACE=∠AEF，
∴∠OCE=∠OEA，
又∵∠COE=∠EOA，
∴△OCE∽△OEA.
②解：如图，过点E作EH⊥x轴于点H，
∵tan∠BAO= ，
∴设EH=3x，AH=4x，
∴AE=AC=5x，OH=4-4x，
∴OC=4-5x,
∵△OCE∽△OEA，
∴ = ，
即OE2=OA·OC，
∴（4-4x）2+（3x）2=4（4-5x）,
解得x1= ，x2=0（不合题意，舍去）
∴E（，）.
（3）解：如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,
∵tan∠BAO= ,
∴cos∠BAO= ,
∴AN=OA·cos∠BAO= ,
设AC=AE=r,
∴EN= -r,
∵ON⊥AB，AM⊥OF,
∴∠ONE=∠AME=90°，EM= EF,
又∵∠OEN=∠AEM,
∴△OEN∽△AEM,
∴ = ,
即OE· EF=AE·EN,
∴OE·EF=2AE·EN=2r·（ -r）,
∴OE·EF=-2r2+ r-2（r- ）2+ （0＜r＜）,
∴当r= 时，OE·EF有最大值，最大值为 .
【解析】【分析】（1）将点A坐标代入直线l解析式即可求出b值从而得直线l的函数表达式，根据锐角三角函数正切定义即可求得答案.（2）①如图，连结AF，根据等腰三角形性质等边对等角可得两组对应角相等，根据相似三角形的判定即可得证.
②如图，过点E作EH⊥x轴于点H，根据锐角三角函数正切值即可设EH=3x，AH=4x，从而得出AE、OH、OC，由①中相似三角形的性质可得OE2=OA·OC，代入数值即可得一个关于x的方程，解之即可求出E点坐标.
（3）如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N,根据锐角三角函数定义可求得AN=OA·cos∠BAO= ,设AC=AE=r,则EN= -r,根据相似三角形判定和性质可知 = ,即OE·EF=-2r2+ r=（0＜r＜）,由二次函数的性质即可求此最大值.
9．如图，AB为的直径，C为上一点，D为BA延长线上一点，．
（1）求证：DC为的切线；
（2）线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，
，求CF的长．
【答案】（1）解：如图，连接OC，
为的直径，
，
，
，
，
，
，即，
为的切线
（2）解：中，，，
，，
，，
∽，
，
设，，
中，，
，
舍或，
，，
，
设，
，
，
，
，
∽，
，
，，
【解析】【分析】（1）要证DC为⊙O 的切线，需添加辅助线：连半径OC，证垂直，根据直径所对的圆周角是直角，可得出∠ BCO + ∠ OCA = 90°，再利用等腰三角形的性质，可得出∠ B = ∠BCO ，结合已知，可推出∠OCD=90°，然后利用切线的判定定理，可证得结论。

（2）根据已知圆的半径和sinB的值，可求出AB、BC的值，再证明△CAD ∽△BCD，得出对应边成比例，得出AD与CD的比值，利用勾股定理求出AD、CD的长，再利用∠CEF=45°去证明CE = CF ，然后证明△ CED ∽△ BFD ，得出对应边成比例，求出CF的长。

10．操作：和都是等边三角形，绕着点按顺时针方向旋转，是、的中点，有以下三种图形.
探究：
（1）在上述三个图形中，是否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个比值；
（2）的值是否也等于这个定值，若是，请结合图（1）证明你的结论；
（3）与有怎样的位置关系，请你结合图（2）或图（3）证明你的结论.
【答案】（1）解：∵是等边三角形，由图（1）得AO⊥BC，
∴，∴；
（2）证明：，
，
∴
∴
∴
（3）证明：在图（3）中，由（2）得
∴，
∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF =∠AOB
∵∠AOB=90°，
∴
∴ .
【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，BO= BC= AB，根据勾股定理计算即可求得AO= BO，即AO∶BO是一个固定的值∶1；（2）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，，由同角的余角相等可得，由（1）可得
，可得，根据相似三角形的性质可得；（3）在图（3）中，由（2）得，根据相似三角形的性质可得∠1=∠2，根据对顶角相等得∠3=∠4，则∠2+∠4=∠1+∠3=∠AOB=90°，即 .
11．已知，如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG.
（1）求▱DEFG对角线DF的长；
（2）求▱DEFG周长的最小值；
（3）当▱DEFG为矩形时，连接BG，交EF，CD于点P，Q，求BP：QG的值.
【答案】（1）解：如图1所示：
连接DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，
∵BF＝FC，AD＝2；∴FC＝1，
∵AB＝3；∴DC＝3，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，
∴DF＝；
故▱DEFG对角线DF的长
（2）解：如图2所示：
作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，
连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，
①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，∴ME+DE＞MD，
②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，∴ME+DE＝MD
由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，
∵MB＝BF，∴MB＝1，
∴MC＝3，
又∵DC＝3，
∴△MCD是等腰直角三角形，
∴MD＝，
∴NF+DF＝MD＝2 ，
∴l▱DEFG＝2（NF+DF）＝4
（3）解：①当AE＝1，BE＝2时，过点B作BH⊥EF，如图3（甲）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠ABF＝90°，
又∵BF＝1，AD＝2，
∴在△ADE和△BEF中有，
，
∴△ADE≌△BEF中（SAS），
∴DE＝EF，
∴矩形DEFG是正方形；
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
EF＝，
∴BH ，
又∵△BEF～△FHB，
∴，
HF＝，
在△BPH和△GPF中有：
，
∴△BPH∽△GPF（AA），
∴
∴PF＝，
又∵EP+PF＝EF，
∴，
又∵AB∥BC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴ .
②当AE＝2，BE＝1时，过点G作GH⊥DC，如图3（乙）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠EBF＝90°，
∵AD＝AE＝2，BE＝BF＝1，
∴在Rt△ADE和Rt△EFB中，由勾股定理得：∴ED＝，
EF＝，
∴∠ADE＝45°，
又∵四边形DEFG是矩形，
∴EF＝DG，∠EDG＝90°，
∴DG＝，∠HDG＝45°，
∴△DHG是等腰直角三角形，
∴DH＝HG＝1，
在△HGQ和△BCQ中有，
∴△HGQ∽△BCQ（AA），
∴，
∵HC＝HQ+CQ＝2，
∴HQ＝，
又∵DQ＝DH+HQ，
∴DQ＝1+ ＝，
∵AB∥DC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴，
综合所述，BP：QG的值为或 .
【解析】【分析】（1）▱DEFG对角线DF的长就是Rt△DCF的斜边的长，由勾股定理求解；（2）▱DEFG周长的最小值就是求邻边2（DE+EF）最小值，DE+EF的最小值就是以AB 为对称轴，作点F的对称点M，连接DM交AB于点N，点E与N点重合时即DE+EF=DM 时有最小值，在Rt△DMC中由勾股定理求DM的长；（3）▱DEFG为矩形时有两种情况，一是一般矩形，二是正方形，分类用全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理求解.
12．如图1，在四边形ABCD中，∠DAB被对角线AC平分，且AC2＝AB•AD，我们称该四边形为“可分四边形”，∠DAB称为“可分角”．
（1）如图2，四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，求证：△DAC∽△CAB．（2）如图2，四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，如果∠DCB＝∠DAB，则∠DAB＝________°
（3）现有四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，且AC＝4，BC＝2，∠D＝90°，求AD的长.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，
∴AC2＝AB•AD，
∴，
∵∠DAB为“可分角”，
∴∠CAD＝∠BAC，
∴△DAC∽△CAB
（2）120
（3）解：∵四边形ABCD为“可分四边形”，∠DAB为“可分角”，
∴AC2＝AB•AD，∠DAC＝∠CAB，
∴AD：AC＝AC：AB，
∴△ADC∽△ACB，
∴∠D＝∠ACB＝90°，
∴AB＝，
∴AD＝ .
故答案为 .
【解析】【解答】（2）解：如图所示：
∵AC平分∠DAB，
∴∠1＝∠2，
∵AC2＝AB•AD，
∴AD：AC＝AC：AB，
∴△ADC∽△ACB，
∴∠D＝∠4，
∵∠DCB＝∠DAB，
∴∠DCB＝∠3+∠4＝2∠1，
∵∠1+∠D+∠3＝∠1+∠4+∠3＝180°，
∴∠1+2∠1＝180°，
解得：∠1＝60°，
∴∠DAB＝120°；
故答案为：120；
【分析】（1）根据“可分四边形”的定义，可得AC2＝AB•AD，从而可得，根据对应边成比例且夹角相等可证△DAC∽△CAB ;
（2）根据对应边成比例且夹角相等可证△ADC∽△ACB，可得∠D＝∠4，由∠DCB＝∠3+∠4＝2∠1，根据三角形内角和可得∠1+∠D+∠3＝∠1+∠4+∠3=∠1+2∠1＝180°，求出∠1=60°，从而求出∠DAB的度数；
（3）先证△ADC∽△ACB，可得∠D＝∠ACB＝90°，利用勾股定理求出AB=，由AC2＝AB•AD，即可求出AD的长.。