2020-2021中考数学二轮 相似 专项培优易错试卷及答案

2020-2021中考数学二轮相似专项培优易错试卷及答案
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．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延长线交BD于点P．
（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；
（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，求PD的值，简要说明计算过程；
（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为________，最大值为________．
【答案】（1）解：相等
理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE；
（2）解：作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：
∵∠EAC=90°，
∴CE= ，
∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，
∴△PCD∽△ACE，
∴，
∴PD= ；
若点B在AE上，如图2所示：
∵∠BAD=90°，
∴Rt△ABD中，BD= ，BE=AE﹣AB=2，
∵∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，
∴△BAD∽△BPE，
∴，即，
解得PB= ，
∴PD=BD+PB= + = ，
（3）1；7
【解析】【解答】解：（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．
如图3所示，分两种情况讨论：
在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．
①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，
在Rt△ACE中，CE= =4，
在Rt△DAE中，DE= ，
∵四边形ACPB是正方形，
∴PC=AB=3，
∴PE=3+4=7，
在Rt△PDE中，PD= ，
即旋转过程中线段PD的最小值为1；
②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，
此时，DP'=4+3=7，
即旋转过程中线段PD的最大值为7．
故答案为：1，7．
【分析】（1）BD，CE的关系是相等，理由如下：根据同角的余角相等得出∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质得出BA=CA，DA=EA，从而利用SAS判断出△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等得出BD=CE；
（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：首先根据勾股定理算出CE的
长，然后判断出△PCD∽△ACE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PD的长；若点B在AE上，如图2所示：根据勾股定理算出BD的
长，然后判断出△BAD∽△BPE，根据相似三角形对应边成比例得出，根据比例式列出方程，求解得出PB的长，根据线段的和差即可得出PD的长；
（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD 的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．
如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，根据勾股定理算出CE,DE的长，根据正方形的性质得出PC=AB=3，进而得出PE的长，根据勾股定理算出PD 的长，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．
3．
（1）问题发现
如图1，四边形ABCD为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF
的两条直角边PE，PF分别交BC，DC于点M，N，当PM⊥BC，PN⊥CD时， =________（用含a，b的代数式表示）．
（2）拓展探究
在（1）中，固定点P，使△PEF绕点P旋转，如图2，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
（3）问题解决
如图3，四边形ABCD为正方形，AB=BC=a，点P在对角线AC上，M，N分别在BC，CD 上，PM⊥PN，当AP=nPC时，（n是正实数），直接写出四边形PMCN的面积是________（用含n，a的代数式表示）
【答案】（1）
（2）解：如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，
则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°
∵Rt△PEF中，∠FPE=90°
∴∠GPM=∠HPN
∴△PGM∽△PHN
∴
由PG∥AB，PH∥AD可得， ,
∵AB=a，BC=b
∴，即 ,
∴，
故答案为
（3）
【解析】【解答解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∵PM⊥BC，
∴△PMC∽△ABC
∴
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴∠PMC=∠PNC=90°=∠BCD，
∴四边形CNPM是矩形，
∴CM=PN，
∴，
故答案为；
（ 3 ）∵PM⊥BC，AB⊥BC
∴△PMC∽△ABC
∴
当AP=nPC时（n是正实数），
∴PM= a
∴四边形PMCN的面积= ，
故答案为：．
【分析】（1）由题意易得△PMC∽△ABC，可得比例式，由矩形的性质可得CM=PN，则结论可得证；
（2）过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，由辅助线和已知条件易得△PGM∽△PHN，则得比例式，由（1）可得比例式，即比值不变；
（3）由（2）的方法可得，则四边形PMCN的面积= .
4．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形A BCD的边BC在x轴上，D点在y 轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三
点．
（1）请直接写出点B、D的坐标：B（________），D（________）；
（2）求抛物线的解析式；
（3）求证：ED是⊙P的切线；
（4）若点M为抛物线的顶点，请直接写出平面上点N的坐标，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形．
【答案】（1）-4，0；0，2
（2）解：将（2，0），B（-4,0），D(0,);三点分别代入y=ax2+bx+c得，
解得
∴所求抛物线的解析式y=- x2- x+
（3）证明：在Rt△OCD中，CD=2OC=4，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，
∵AE=3BE，
∴AE=3，
∴，∵∴
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAE=∠DCB=60°，
∴△AED∽△COD，
∴∠ADE=∠CDO，
而∠ADE+∠ODE=90°
∴∠CDO+∠ODE=90°，
∴CD⊥DE，
∵∠DOC=90°，
∴CD为⊙P的直径，
∴ED是⊙P的切线
（4）解：点N的坐标为（-5，）、（3，）、（-3，- ）【解析】【解析】解：（1）∵C点坐标为（2，0），
∴OC=2 ,
∵BC=6 ,
∴OB=BC-OC=4 ,
∴B（-4,0），
∵∠BCD=60°，tan∠BCD= ,
∴ ,
∴OD=,
∴D(0,);
（4存在,∵y=−x2−x+=−(x+1)2+
∴M(−1,)，
∵B(−4,0),D(0,)，
如图，当BM为平行四边形BDMN的对角线时，
点D向左平移4个单位,再向下平移个单位得到B，
则点M(−1,)向左平移4个单位,再向下平移个单位得到N1(−5,)；当DM为平行四边形BDMN的对角线时，
点B向右平移3个单位,再向上平移个单位得到D，
则点M(−1,)向右平移4个单位,再向上平移个单位得到N2(3,)；当BD为平行四边形BDMN的对角线时，
点M向右平移1个单位,再向下平移个单位得到D，
则点B(−4,0)向右平移1个单位,再向下平移个单位得到N3(−3,−)；
综上所述,以点B,D,M,N为顶点的四边形为平行四边形时,点N的坐标为(−5，,)或(3,)
或(−3,−）
【分析】（1）根据点C的坐标，求出OC的长度，进而求出OB的长度，得出B点的坐标。

根据正切函数的定义得出OD的长度，从而得出D点的坐标；
（2）用待定系数法，分别将：将（2，0），B（-4,0），D(0,);三点分别代入y=ax2+bx+c 得得出关于a,b,c的三元一次方程组，求解得出a,b,c的值，从而得出解析式；
（3）根据平行四边形的性质得出AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，又根据AE=3BE，，从而得出AE=3，根据锐角三角函数的定义得出AE∶AD＝OC∶CD,然后根据两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似得出△AED∽△COD，根据相似三角形对应角相等得出∠ADE=∠CDO，根据等量代换得出∠CDO+∠ODE=90°，即CD⊥DE，根据90°的圆周角所对的弦是直径得出CD为⊙P的直径，从而得出结论；
（4）首先求出抛物线的顶点M的坐标，然后按当BM为平行四边形BDMN的对角线时；当DM为平行四边形BDMN的对角线时；当BD为平行四边形BDMN的对角线时；三种情况，找到其他点的平移规律即可得出N点的坐标。

5．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=.
6．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。

7．如图，已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0,4），交x轴于点B（4,0），点P 是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP．
（1）填空：抛物线的解析式为________，点C的坐标________；
（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC，求点P的坐标.
【答案】（1）y＝﹣x2＋3x＋4；（－1,0）
（2）解：∵点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（－1，0），∴．
∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2＋3m＋4）．
①当点P在直线AQ下方时，QP＝4－（﹣m2＋3m＋4）＝ m2－3m，
由△AQP∽△AOC得：，即：，
∴（舍去）或．
当时，﹣m2＋3m＋4＝，此时点P的坐标为（）；
②当点P在直线AQ上方时，PQ＝﹣m2＋3m＋4－4＝﹣m2＋3m，
由△AQP∽△AOC得：，即：，
∴＝0（舍去）或＝，此时P点坐标为（）．
综上所述：点P的坐标为（）或（）．
【解析】【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），
∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋3x＋4．
令y=0，得：﹣x2＋3x＋4=0，解得：x=4或x=－1，∴点C的坐标为（－1，0）．
【分析】（1）根据题意，将A,B两点的坐标代入到解析式中，分别求出b，c，可以求出抛物线的解析式；
（2）C为x轴上的交点，令y=0，通过解一元二次方程，解得C点坐标。

8．如图，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．
（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；
（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线
上，设边A2B与CD交于点E，若 = ﹣1，求的值．
【答案】（1）解：作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．
∴AD=HA1=n=1，
在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，
∴BA1=2HA1，
∴∠ABA1=30°，
∴旋转角为30°，
∵BD= ，
∴D到点D1所经过路径的长度=
（2）解：∵△BCE∽△BA2D2，
∴，
∴CE=
∵ -1
∴，
∴A1C= • ，
∴BH=A1C= • ，
∴m2-n2=6• ，
∴m4-m2n2=6n4，
1- =6•，
∴（负根已经舍弃）
【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．根据矩形的对边相等得出AD=HA1=n=1，在Rt△A1HB中，根据三角形边之间的关系判断出∠ABA1=30°，即旋转角为30°，根据勾股定理算出BD的长，D到点D1所经过路径的长度，其实质就是以点B为圆心，BD为半径，圆心角为30°的弧长，根据弧长公式，计算即可；
（2）首先判断出△BCE∽△BA2D2，根据相似三角形对应边成比例得出，故CE=,根据，故进而得出，由BH=A1C列出方程，求解得出的值。

9．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.
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．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，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE 为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．
（1）求证：四边形EFCG是矩形；
（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；【答案】（1）证明：如图1，
∵CE为⊙O的直径，
∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，
∴∠FEG=90°．
∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四边形EFCG是矩形
（2）①存在．
连接OD，如图2①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°．
∵点O是CE的中点
∴OD=OC．
∴点D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．
∴ =（）2．
∵AD=4，AB=3，
∴BD=5，
S△CFE=（）2•S△DAB
= ××3×4
= ．
∴S矩形ABCD=2S△CFE
= ．
∵四边形EFCG是矩形，
∴FC∥EG．
∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，
∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，
∴∠GDC+∠CDB=90°．
∴∠GDB=90°
Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如图2①所示．此时，CF=CB=4
Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，
如图2②所示，
此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．
Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，
如图2③所示．
S△BCD=BC•CD=BD•CF″′．
∴4×3=5×CF″′．
∴CF″′= ．
∴≤CF≤4．
∵S矩形ABCD= ，
∴×（）2≤S矩形ABCD≤×42．
∴≤S矩形ABCD≤12．
∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．
【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，可得出∠CFE=∠CGE=90°，根据垂直的定义可证得∠FEG=90°，再根据四个角是直角的四边形是矩形，即可得证。

（2）易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根
据相似三角形的性质，可得出S矩形ABCD=2S△CFE= ，分情况讨论：Ⅰ．当点E在点A （E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处）；Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD；Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′；求出CF的范围，就可求出S矩形EFCG的范围。