2020-2021中考数学 相似综合试题含答案解析

2020-2021中考数学相似综合试题含答案解析
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．如图，在△ABC中，已知AB=AC=10cm，BC=16cm，AD⊥BC于D，点E、F分别从B、C 两点同时出发，其中点E沿BC向终点C运动，速度为4cm/s；点F沿CA、AB向终点B运动，速度为5cm/s，设它们运动的时间为x（s）．
（1）求x为何值时，△EFC和△ACD相似；
（2）是否存在某一时刻，使得△EFD被AD分得的两部分面积之比为3:5，若存在，求出x 的值，若不存在，请说明理由；
（3）若以EF为直径的圆与线段AC只有一个公共点，求出相应x的取值范围．
【答案】（1）解：如图1中，
点F在AC上，点E在BD上时，①当时，△CFE∽△CDA，
∴ = ，
∴t= ，
②当时，即 = ，
∴t=2，
当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，
综上所述，t= s或2s时，△EFC和△ACD相似．
（2）解：不存在．
理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．
∵CF=5t．BE=4t，
∴CH=CF•cosC=4t，
∴BE=CH，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴DE=DH，
∵DN∥FH，
∴ =1，
∴EN=FN，
∴S△END=S△FND，
∴△EFD被 AD分得的两部分面积相等，
同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，
∴不存在某一时刻，使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3：5．
（3）解：①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．
由 =cosC= ，可得 = ，
∴t= ，
∴0≤t＜时，⊙O与线段AC只有一个交点．
②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t= ．
③如图5中，当⊙O与AB相切时，cosB= ，即 = ，解得t= ．
④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则∠EAF=90°．
由cosB= = ，即 = ，t= ，
∴＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点．
综上所述，当⊙O与线段AC只有一个交点时，0≤t＜或或或＜t≤4
【解析】【分析】（1）分类讨论：根据路程等于速度乘以时间，分别表示出BE,,CE,CF的
长，①当时，△CFE∽△CDA，②当时△CEF∽△CDA，根据比例式，分别列出方程，求解t的值；当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，综上所述，即可得出答案；
（2）不存在．理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．由题意知CF=5t．BE=4t，根据余弦函数的定义由CH=CF•cosC，表示出CH的长，从而得出BE=CH，根据等腰三角形的三线合一得出BD=DC，根据等量减等量差相等得出
DE=DH，根据平行线分线段成比例定理得出=1得出EN=FN，根据三角形中线的性质得出S△END=S△FND，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被AD分得的两部分面积相等，故不存在某一时刻，使得△EFD被AD 分得的两部分面积之比为3：5；
（3）①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．根据余弦函数的定义，由，结论列出方程，求解得出t 的值，故0≤t时，⊙O与线段AC只有一个交点；②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t=；③如图5中，当⊙O与AB相切时，根据余弦函数的定义，由cosB=，列出方程，求解得出t的值；④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则
∠EAF=90°．由cosB=，列出方程求出t的值，故＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点；综上所述，得出答案。

3．在等腰直角三角形ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC,D是AB边上的中点，Rt△EFG的直角顶点E在AB边上移动.
（1）如图1，若点D与点E重合且EG⊥AC、DF⊥BC，分别交AC、BC于点M、N，
易证EM＝EN；如图2，若点D与点E重合，将△EFG绕点D旋转，则线段EM与EN的长度还相等吗?若相等请给出证明，不相等请说明理由；
（2）将图1中的Rt△EGF绕点D顺时针旋转角度α(0∘＜α＜45∘). 如图2，在旋转过程中,当∠MDC＝15∘时，连接MN，若AC＝BC＝2，请求出线段MN的长；
（3）图3, 旋转后,若Rt△EGF的顶点E在线段AB上移动(不与点D、B重合)，当AB＝3AE 时，线段EM与EN的数量关系是________；当AB＝m·AE时，线段EM与EN的数量关系是________.
【答案】（1）解：EM＝EN;原因如下：
∵∠ACB＝90° AC＝BC D是AB边上的中点
∴DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°
∴∠CDF＋∠FDB＝90°
∵∠GDF＝90°∴∠GDC＋∠CDF＝90°∴∠CDM＝∠BDN
在△CDM和△BDN中
∠MCD＝∠B，DC＝DB，∠CDM＝∠BDN，
∴△CDM≌△BDN ∴DM＝DN 即EM＝EN
（2）解：作DP⊥AC于P,则
∠CDP＝45° CP＝DP＝AP＝1
∵∠CDG＝15°∴∠MDP＝30°
∵cos∠MDP＝
∴DM＝， DM＝DN，
∵△MND为等腰直角三角形
∴MN＝
（3）NE＝2ME；EN＝(m－1)ME
【解析】【解答】解：(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME
证明：如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P
则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°
∴AE＝PE ∵AB＝3AE ∴BE＝2AE ∴BE＝2PE
又∵∠MEP＋∠PEN＝90°
∠PEN＋∠NEB＝90°
∴∠MEP＝∠NEB
又∵∠MPE＝∠B＝45°
∴△PME∽△BNE
∴，即EN＝2EM
由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME
【分析】（1）EM＝EN;原因如下：根据等腰直角三角形的性质得出DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°根据同角的余角相等得出∠CDM＝∠BDN，然后由ASA判断出△CDM≌△BDN 根据全等三角形的对应边相等得出DM＝DN 即EM＝EN；
（2）根据等腰直角三角形的性质得出∠CDP＝45°CP＝DP＝AP＝1，根据角的和差得出
∠MDP＝30°，根据余弦函数的定义及特殊角的三角函数值，由cos∠MDP＝得出DM的长，又DM＝DN，故△MND为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得出MN 的长；
(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME，如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P，则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°，根据同角的余角相等得出∠MEP＝∠NEB然后判断出△PME∽△BNE，根据相似三角形对应边成比例即可得出u结论，由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME
4．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，F为CD的延长线上一点，连接AF，且FA2=FD•FC．
（1）求证：FA为⊙O的切线；
（2）若AC=8，CE：ED=6：5，AE：EB=2：3，求AB的值．
【答案】（1）证明：连接BD、AD，如图，
∵
∴
∵∠F=∠F，
∴△FAD∽△FCA.
∴∠DAF=∠C.
∵∠DBA=∠C，
∴∠DBA=∠DAF.
∵AB是⊙O的直径，
∴
∴
∴
∴即AF⊥AB.
∴FA为⊙O的切线.
（2）解：设CE=6x，AE=2y，则ED=5x，EB=3y.由相交弦定理得：EC⋅ED=EB⋅EA.
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴FD=5x.
∴
∴
∵
∴
∵△FAD∽△FCA.
∴
∵
∴
解得：
∴
∴AB的值为10
【解析】【分析】（1）连接BD、AD，根据两边成比例且夹角相等可得△FAD∽△FCA；由△FAD∽△FCA及同弧所对的圆周角相等可得∠DBA=∠DAF；再根据直径所对的圆周角是直角即可得出结论。

（2）设CE=6x，则ED=5x，用相交弦定理表示出则AE的长，用勾股定理及题中的已知条件分别表示出FD、AF、AD的长；再利用△FAD∽△FCA即可得出结论。

5．如图1，抛物线平移后过点A（8，,0）和原点，顶点为B，对称轴与轴相交于点C，与原抛物线相交于点D．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积；
（2）如图2，直线AB与轴相交于点P，点M为线段OA上一动点，为直角，边MN与AP相交于点N，设，试探求：
① 为何值时为等腰三角形；
② 为何值时线段PN的长度最小，最小长度是多少．
【答案】（1）解：设平移后抛物线的解析式，
将点A（8，,0）代入，得 = ，
所以顶点B（4,3），
所以S阴影=OC•CB=12
（2）解：设直线AB解析式为y=mx+n，将A（8，0）、B（4，3）分别代入得
，解得：，
所以直线AB的解析式为，作NQ垂直于x轴于点Q，
①当MN＝AN时， N点的横坐标为，纵坐标为，
由三角形NQM和三角形MOP相似可知 ,得，解得（舍去）.
当AM＝AN时，AN＝ ,由三角形ANQ和三角形APO相似可知，
，MQ＝，
由三角形NQM和三角形MOP相似可知得：，
解得：
t＝12（舍去）；
当MN＝MA时，故是钝角，显然不成立,
故；
②由MN所在直线方程为y= ，与直线AB的解析式y=﹣x+6联立，
得点N的横坐标为X N= ，即t2﹣x N t+36﹣x N=0，
由判别式△=x2N﹣4（36﹣）≥0，得x N≥6或x N≤﹣14，
又因为0＜x N＜8，
所以x N的最小值为6，此时t=3，
当t=3时，N的坐标为（6，""），此时PN取最小值为
【解析】【分析】（1）平移前后的两个二次函数的a的值相等，平移后的图像经过点原
点，因此设函数解析式为：，将点A的坐标代入就可求出b的值，再求出顶点B的坐标，利用割补法可得出阴影部分的面积=以OC，BC为边的矩形的面积。

（2）利用待定系数法先求出直线AB的函数解析式，作NQ垂直于x轴于点Q，再分情况讨论：当MN＝AN时，就可表示出点N的坐标，利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，建立关于t的方程，求出t的值；当AM＝AN时再由△ANQ和△APO相似，△NQM 和△MOP相似，得出对应边成比例，分别求出t的值，然后根据当MN＝MA时，∠MNA = ∠ MAN < 45 °故∠ AMN 是钝角，可得出符合题意的t的值；②将直线MN和直线AB联立方程组，可得出点N的横坐标，结合根的判别式可求出x N≥6或x N≤﹣14，然后由0＜x N ＜8，就可求得结果。

6．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。

7．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。

8．如图：在中，BC=2,AB=AC，点D为AC上的动点，且 .
（1）求AB的长度；
（2）求AD·AE的值；
（3）过A点作AH⊥BD，求证：BH=CD+DH.
【答案】（1）解：作AM⊥BC，
∵AB=AC,BC=2，AM⊥BC，
∴BM=CM= BC=1,
在Rt△AMB中，
∵cosB= ,BM=1,
∴AB=BM÷cosB=1÷ = .
（2）解：连接CD，
∵AB=AC,
∴∠ACB=∠ABC，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠ADC+∠ABC=180°,
又∵∠ACE+∠ACB=180°,
∴∠ADC=∠ACE，
∵∠CAE=∠CAD，
∴△EAC∽△CAD，
∴ ,
∴AD·AE=AC2=AB2=（）2=10.
（3）证明：在BD上取一点N，使得BN=CD,
在△ABN和△ACD中
∵
∴△ABN≌△ACD（SAS），
∴AN=AD，
∵AH⊥BD，AN=AD，
∴NH=DH,
又∵BN=CD,NH=DH,
∴BH=BN+NH=CD+DH.
【解析】【分析】（1）作AM⊥BC，由等腰三角形三线合一的性质得BM=CM= BC=1,在
Rt△AMB中，根据余弦定义得cosB= ,由此求出AB.
（2）连接CD，根据等腰三角形性质等边对等角得∠ACB=∠ABC，再由圆内接四边形性质和等角的补角相等得∠ADC=∠ACE；由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD，根据相似三角形的性质得
；从而得AD·AE=AC2=AB2.
（3）在BD上取一点N，使得BN=CD,根据SAS得△ABN≌△ACD，再由全等三角形的性质得AN=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得NH=DH,从而得BH=BN+NH=CD+DH.
9．
（1）【发现】如图①，已知等边，将直角三角形的角顶点任意放在边上（点不与点、重合），使两边分别交线段、于点、
.
①若，，，则 ________；
②求证： .________
（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点在边上移动，保持三角板与、的两个交点、都存在，连接，如图②所示.问点是否存在某一位置，使平分
且平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（3）【探索】如图③，在等腰中，，点为边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点处（其中），使两条边分别交边、于点、（点、均不与的顶点重合），连接 .设，则与的周长
之比为________（用含的表达式表示）.
【答案】（1）解：4；证明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠BDE=120°，
∴∠BED=∠CDF，
又∵∠B=∠C，
∴
（2）解：解：存在。

如图，作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别为M，G，N，
∵平分且平分，
∴DM=DG=DN，
又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，
∴△BDM≅△CDN，
∴BD=CD，
即点D是BC的中点，
∴。

（3）1-cosα
【解析】【解答】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，∵AE=4，∴BE=2，则BE=BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠BDE=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°-∠EDF-∠B=60°，则∠CDF =∠C=60°，
∴△CDF是等边三角形，∴CF=CD=BC-BD=6-2=4。

（ 3 ）连结AO，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为G，D，H，
则∠BGO=∠CHO=90°，
∵AB=AC，O是BC的中点
∴∠B=∠C，OB=OC，
∴△OBG≅△OCH，
∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°−α，
则∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，
∵∠EOF=∠B=α，
则∠GOH=2∠EOF=2α，
由（2）题可猜想应用EF=ED+DF=EG+FH（可通过半角旋转证明），
则 =AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，
设AB=m，则OB=mcosα，GB=mcos2α,
【分析】（1）①先求出BE的长度后发现BE=BD的，又∠B=60°，可知△BDE是等边三角形，可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可证得△CDF是等边三角形，从而CF=CD=BC-BD；
②证明，这个模型可称为“一线三等角·相似模型”，根据“AA”判定相似；（2）【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，可过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则DM=DG=DN，从而通过证明△BDM≅△CDN可得
BD=CD；（3）【探索】由已知不难求得
=2(m+mcos)，则需要用m和α的三角函数表示出， =AE+EF+AF；题中直接已知O是BC的中点，应用（2）题的方法和结论，作OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得EG=ED，FH=DF，则 =AE+EF+AF= AG+AH=2AG，而AG=AB-OB，从而可求得。

10．
（1）如图1所示，
在中，，，点在斜边上，点在直角边上，若，求证： .
（2）如图2所示，
在矩形中，，，点在上，连接，过点作交 (或的延长线)于点 .
①若，求的长；
②若点恰好与点重合，请在备用图上画出图形，并求的长.
【答案】（1）证明：∵在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ .
（2）解：①∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，；
②如图所示，设，由①得，
∴，即，
整理，得：，
解得：，，
所以的长为或 .
【解析】【分析】（1）利用平角的定义和三角形的内角和证明即可证得结论；（2）①仿（1）题证明，再利用相似三角形的性质即可求得结果；②由①得，设，根据相似三角形的性质可得关于x的方程，解方程即可求得结果.
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=4H B，
∴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．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”.
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，则∠B=________°；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”.试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由.
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB=7，CD=12，BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长.
【答案】（1）15
（2）解：如图①中，
在Rt△ABC中，∵∠B+∠BAC=90°，∠BAC=2∠BAD，
∴∠B+2∠BAD=90°，
∴△ABD是“准互余三角形”，
∵△ABE也是“准互余三角形”，
∴只有2∠B+∠BAE=90°，
∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠CAE=∠B，∵∠C=∠C=90°，
∴△CAE∽△CBA，可得CA2=CE•CB，
∴CE= ，
∴BE=5﹣ = .
（3）解：如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF.
∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD，∠CBF=∠CBD，
∵∠ABD=2∠BCD，∠BCD+∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠DBC+∠CBF=180°，
∴A、B、F共线，
∴∠A+∠ACF=90°
∴2∠ACB+∠CAB≠90°，
∴只有2∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠FCB=∠FAC，∵∠F=∠F，
∴△FCB∽△FAC，
∴CF2=FB•FA，设FB=x，
则有：x（x+7）=122，
∴x=9或﹣16（舍去），
∴AF=7+9=16，
在Rt△ACF中，AC=
【解析】【解答】（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，
∴2∠B+∠A=90°，
解得，∠B=15°；
【分析】（1）根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题；（2）只要证明△CAE∽△CBA，可得CA2=CE•CB，由此即可解决问题；（3）如图②中，将△BCD沿BC翻
折得到△BCF.只要证明△FCB∽△FAC，可得CF2=FB•FA，设FB=x，则有：x（x+7）=122，推出x=9或﹣16（舍弃），再利用勾股定理求出AC即可；。