2020-2021备战中考数学 相似 培优练习(含答案)含详细答案

2020-2021备战中考数学相似培优练习(含答案)含详细答案
一、相似
1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），
将点C（0，2）代入，得：-4a=2，
解得：a=- ，
则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2
（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），
设直线BD解析式为y=kx+b，
将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：
，解得：，
∴直线BD解析式为y= x-2，
∵QM⊥x轴，P（m，0），
∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），
则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，
∵F（0，）、D（0，-2），
∴DF= ，
∵QM∥DF，
∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，
即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。

（3）解：如图所示：
∵QM∥DF，
∴∠ODB=∠QMB，
分以下两种情况：
①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，
则，
∵∠MBQ=90°，
∴∠MBP+∠PBQ=90°，
∵∠MPB=∠BPQ=90°，
∴∠MBP+∠BMP=90°，
∴∠BMP=∠PBQ，
∴△MBQ∽△BPQ，
∴，即，
解得：m1=3、m2=4，
当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，
∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；
②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，
此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）；
综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．
【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与x轴的交点，则可由抛物线的两点式，设解析为y=a（x+1）（x-4），代入C（0,2）即可求得a的值；
（2）由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，由D，F的坐标可求得DF的长
度；由P（m,0）可得Q（m，-m2+m+2），而M在直线BD上，由B，D的坐标用待定系数法求出直线BD的解析式，并当=m时，表示出点M的坐标，可用m表示出QM的长度。

由QM=DF，列出关于m的方程，解之可得；
（3）在△DOB和△MBQ中，由QM∥DF，可知∠ODB=∠QMB，因为∠MBQ=90°要使△DOB和△MBQ相似，则需要∠DOB=∠MBQ=90°或∠DOB=∠BQM=90°。

2．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．
（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；
（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；
（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，
而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）
∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），
即y=ax2﹣2ax﹣3a，
当x=0时，y=﹣3a，
∴C（0，﹣3a）
（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），
∴AB=4，OC=3a，
∴S△ACB= AB•OC=6，
∴6a=6，解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3
（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，
∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，
∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，
∴OF=2m+1，HF=1，
当∠CGF=90°时，
∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，
∴∠GQH=∠HGF，
∴Rt△QGH∽Rt△GFH，
∴ = ，即，解得m=9，
∴Q的坐标为（9，0）；
当∠CFG=90°时，
∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，
∴∠CFO=∠FGH，
∴Rt△GFH∽Rt△FCO，
∴ = ，即 = ，解得m=4，
∴Q的坐标为（4，0）；
∠GCF=90°不存在，
综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．
【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；
（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB•OC=6可求得a的
值，则解析式可求解；
（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。

分两种情况讨论：①当∠CGF=90°时，由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF，于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得
Rt△QGH∽Rt△GFH，则可得比例式，代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；
②当∠CFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。

3．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC
画图操作：
（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，
①若tan∠APB ，求点P的坐标。

________
②当点P的坐标为 ________ 时，∠APB最大
（3）若在直线y x+4上存在点P，使得∠APB最大，求点P的坐标
【答案】（1）解：∠APB如图所示；
理解应用：
（2）解：如图2中，
∵∠APB=∠ACB，∴tan∠ACB=tan∠APB= = ．∵A（2，0），B（6，0），∴AB=4，BC=8，∴C（6，8），∴AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易知P（0，2），P′（0，6）．；（0，2 ）
拓展延伸：
（3）解：如图3中，
当经过AB的园与直线相切时，∠APB最大．∵直线y= x+4交x轴于M（﹣3，0），交y 轴于N（0，4）．∵MP是切线，∴MP2=MA•MB，∴MP=3 ，作PK⊥OA于
K．∵ON∥PK，∴ = = ，∴ = = ，∴PK= ，MK= ，∴OK= ﹣
3，∴P（﹣3，）．
【解析】【解答】解：（1）②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，∴BC= =4 ，∴C（6，4 ），∴K（4，2 ），∴P（0，2 ）．
【分析】（1）因为CB⊥x轴于点B，所以∠ABC=。

要使∠APB=∠ACB，只需这两个角是同弧所对的圆周角。

所以用尺规左三角形ABC的外接圆，与y轴相交，其交点即为所求作的点P；
（2）①由（1）知，∠APB=∠ACB，所以tan∠ACB=tan∠APB==,已知A（2，0），B （6，0），所以AB=4，BC=8，则C（6，8），AC的中点K（4，4），以K为圆心AK为半径画圆，交y轴于P和P′，易得P（0，2），P′（0，6）；
②当⊙K与y轴相切时，∠APB的值最大，此时AK=PK=4，AC=8，在直角三角形ABC中，由勾股定理可得BC==,则C（6，），K（4，2 ），而P在y轴上，所以P（0，2 ）；
（3）由（2）知，当经过AB两点的圆与直线相切时，∠APB最大。

设直线y=x+4交x轴于M交y轴于N，则可得M（﹣3，0），N（0，4），因为MP是切线，所以由切割线定理可得MP2=MA•MB，可求得MP=3，作PK⊥OA于K．所以ON∥PK，由相似三角形的
判定定理可得比例式;,即,解得PK= ，MK=，所以可得OK=-3，则P（-3，）。

4．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．
（1）求证：△ABP≌△CBE．
（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．
①当时，求证：AP⊥BD；
②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，
∴∠ABP＝∠CBE．
在△ABP和△CBE中，
（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．
∵△ABP≌△CBE，
∴∠PAB＝∠ECB，
∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，
∴AP⊥CE．
∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，
∴△CPD∽△BPE，
∴，
∴DP＝EP．
∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．
∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．
②解：∵，∴BC＝nBP，
∴CP＝(n－1)BP．
∵CD∥BE，
∴△CPD∽△BPE，
∴．
令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，
S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．
∵，
∴S1＝(n＋1)(n－1)S，
∴．
【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；
（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知
=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；
②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。

5．如图，在△ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若∠MPN的顶点P为线段CD上任一点，其两边分别与边BC，AC交于点M、N，且∠MPN+∠ACB=180°．
（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，求，请证明你的结论；
（2）如图2，若BC=m，AC=n，∠ACB=90°，且D为AB的中点时，则 =________；
（3）如图3，若 =k，BC=m，AC=n，请直接写出的值．（用k，m，n表示）
【答案】（1）解：如图1中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，
∵AC=BC，∠ACB=90°，且D为AB的中点，
∴CD平分∠ACB，
∵PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，
∴PG=PH，
∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，
∴∠GPH=∠MPN=90°，
∴∠MPH=∠NPG，
∵∠PHM=∠PGN=90°，
∴△PHM∽△PGN，
∴ =1
（2）
（3）解：如图3中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，
易证△PMH∽△PGN，
∴，
∵，
∴，
∵DT∥PG，DK∥PH，
∴，
∴，
∴
【解析】【解答】解：（2）如图2中，作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，
∵∠PGC=∠PHC=∠GCH=90°，
∴∠GPH=∠MPN=90°，
∴∠MPH=∠NPG，
∵∠PHM=∠PGN=90°，
∴△PHM∽△PGN，
∴，
∵△PHC∽△ACB，PG=HC，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，根据已知条件可证△PHM和△PGN的两角对应相等，进而可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例即可求出。

（2）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，由两角对应相等，可得△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应
边成比例可得 = ，由两角对应相等，可得△PHC∽△ACB，又PG=HC，相似三角形的对应边成比例及等量代换即可求出。

（3）作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H，DT⊥AC于T，DK⊥BC于K，由两角对应相等，△PHM∽△PGN，由相似三角形的对应边成比例可得
= ，由△ A C D 和△ B C D的面积比及已知条件可得,再由垂直于同一条直线的两
条直线平行可得DT∥PG，DK∥PH，根据平行线分线段成比例定理可得= = ，再根据比例的基本性质即可求出的值。

6．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）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ABCD是矩形，
∴ AD∥BC，
在中，
∵别是的中点，
∴EF∥AD，
∴ EF∥BC，∴
∴
（2）解：如图1，过点Q作于，
∴QM∥BE，
∴
∴
∴（舍）或秒
（3）解：当点Q在DF上时，如图2，
∴
∴ .
当点Q在BF上时，，如图3，
∴
∴
时，如图4，
∴
∴
时，如图5，
∴
∴
综上所述，t=1或3或或秒时，△PQF是等腰三角形
【解析】【分析】（1）根据题中的已知条件可得△BEF和△DCB中的两角对应相等，从而可证△BEF∽△DCB；（2）过点Q作QM⊥EF 于M ，先根据相似三角形的预备定理可证△QMF ∽△BEF；再由△QM F ∽△BEF可用含t的代数式表示出QM的长；最后代入三角形的面积公式即可求出t的值。

（3）由题意应分两种情况：（1）当点Q在DF上时，因为∠PFQ为钝角，所以只有PF = QF 。

（2）当点Q在BF上时，因为没有指明腰和底，所以有 PF=QF；PQ = FQ；PQ = PF 三种情况，因此所求的t值有四种结果。

7．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.
8．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动．点P、Q分别从起点同时出发，移动到某一位置时所需时间为t秒．
（1）当t=________时，PQ∥AB
（2）当t为何值时，△PCQ的面积等于5cm2？
（3）在P、Q运动过程中，在某一时刻，若将△PQC翻折，得到△EPQ，如图2，PE与AB 能否垂直？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由．
能垂直，理由如下：
延长QE交AC于点D，
∵将△PQC翻折，得到△EPQ，
∴△QCP≌△QEP，
∴∠C=∠QEP=90°，
若PE⊥AB，则QD∥AB，
∴△CQD∽△CBA，
∴，
∴，
∴QD=2.5t，
∵QC=QE=2t
∴DE=0.5t
∵∠A=∠EDP，∠C=∠DEP=90°，
∴△ABC∽△DPE，
∴
∴，
解得：，
综上可知：当t= 时，PE⊥AB
【答案】（1）2.4
（2）解：∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB 向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，
∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，
∴S△CPQ= CP•CQ= ＝5，
∴t2-6t+5=0
解得t1=1，t2=5（不合题意，舍去）
∴当t=1秒时，△PCQ的面积等于5cm2
（3）解：
【解析】【解答】解：(1) ∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q 从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，
∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，
当PQ∥AB时，∴△PQC∽△ABC，
∴PC：AC=CQ：BC，
∴(6-t)：6=2t：8
∴t=2.4
∴当t=2.4时，PQ∥AB
【分析】（1）根据题意可得PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，根据平行线可得△PQC∽△ABC，利用相似三角形对应边成比例可得PC：AC=CQ：BC，即得(6-t)：6=2t：8，求出t值即可；
（2）由S△CPQ=CP•CQ =5，据此建立方程，求出t值即可；
（3）延长QE交AC于点D，根据折叠可得△QCP≌△QEP，若PE⊥AB，则QD∥AB，可得△CQD∽△CBA，利用相似三角形的对应边成比例，求出DE=0.5t，根据
两角分别相等可证△ABC∽△DPE，利用相似三角形对应边成比例，据此求出t 值即可.
9．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是边AD上一点，EM⊥EC交AB于点M，点N 在射线MB上，且AE是AM和AN的比例中项.
（1）如图1，求证：∠ANE＝∠DCE；
（2）如图2，当点N在线段MB之间，联结AC，且AC与NE互相垂直，求MN的长；（3）连接AC，如果△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似，求DE的长. 【答案】（1）解：∵AE是AM和AN的比例中项
∴，
∵∠A＝∠A，
∴△AME∽△AEN，
∴∠AEM＝∠ANE，
∵∠D＝90°，
∴∠DCE＋∠DEC＝90°，
∵EM⊥BC，
∴∠AEM＋∠DEC＝90°，
∴∠AEM＝∠DCE，
∴∠ANE＝∠DCE
（2）解：∵AC与NE互相垂直，
∴∠EAC＋∠AEN＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ANE＋∠AEN＝90°，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠EAC，
∴tan∠DCE＝tan∠DAC，
∴，
∵DC＝AB＝6，AD＝8，
∴DE＝，
∴AE＝8﹣＝，
由（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴tan∠AEM＝tan∠DCE，
∴，
∴AM＝，
∵，
∴AN＝，
∴MN＝
（3）解：∵∠NME＝∠MAE＋∠AEM，∠AEC＝∠D＋∠DCE，又∠MAE＝∠D＝90°，由（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴∠AEC＝∠NME，
当△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似时
①∠ENM＝∠EAC，如图2，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（2）得：DE＝；
②∠ENM＝∠ECA，
如图3，
过点E作EH⊥AC，垂足为点H，
由（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠ECA＝∠DCE，
∴HE＝DE，
又tan∠HAE＝，
设DE＝3x，则HE＝3x，AH＝4x，AE＝5x，
又AE＋DE＝AD，
∴5x＋3x＝8，
解得x＝1，
∴DE＝3x＝3，
综上所述，DE的长分别为或3
【解析】【分析】（1）由比例中项知，据此可证△AME∽△AEN得∠AEM＝∠ANE，再证∠AEM＝∠DCE可得答案；（2）先证∠ANE＝∠EAC，结合∠ANE＝∠DCE得
∠DCE＝∠EAC，从而知，据此求得AE＝8﹣＝，由（1）得∠AEM＝∠DCE，据
此知，求得AM＝，由求得 MN＝；（3）分∠ENM＝∠EAC和∠ENM ＝∠ECA两种情况分别求解可得.
10．如图，在矩形ABCD中，，，点E是边BC的中点动点P从点A出发，沿着AB运动到点B停止，速度为每秒钟1个单位长度，连接PE，过点E作PE的垂线交射线AD与点Q，连接PQ，设点P的运动时间为t秒．
（1）当时， ________；
（2）是否存在这样的t值，使为等腰直角三角形？若存在，求出相应的t值，若不存在，请说明理由；
（3）当t为何值时，的面积等于10？
【答案】（1）
（2）解：存在，．
如图，记QE与CD的交点为F，
由题意知，，
四边形ABCD是矩形，，，
，，，
，
，
，
，
∽，
，即，
，
，
，，
∽，
，即，
，
则，
为等腰直角三角形，
，即，
解得，
故当时，为等腰直角三角形
（3）解：
，
由题意知，
解得或，
，
．
【解析】【解答】解：（1）根据题意知，当时，，
则，
，点E是边BC的中点，
，
则，
在中，，
故答案为：；
【分析】（1）由题意得出AP＝1，BP＝3，BE＝CE＝1，利用勾股定理求得PE＝，根
据正弦函数的定义可得答案；（2）证△BPE∽△CEF得，据此求得CF＝，
DF＝，再证△ECF∽△QDF得，据此求得DQ＝15﹣4t，AQ＝17﹣4t，根据△APQ为等腰直角三角形列方程求解可得答案；（3）根据S△PEQ＝S直角梯形ABEQ﹣S△APQ ﹣S△BPE＝2t2﹣16t+34及△PEQ的面积等于10列方程求解可得．
11．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
12．【问题】
如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线l平行于AB.∠EDF=90°，点D 在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系.
（1）【探究发现】如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D 移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP=DB，请写出证明过程；
（2）【数学思考】如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP=DB，请完成证明过程；（3）【拓展引申】如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD上一点，且AM=BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大.若AC=BC=4，请你直接写出BQ的最大值.
【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=BC
∴∠CAB=∠CBA=45°
∵CD∥AB
∴∠CBA=∠DCB=45°，且BD⊥CD
∴∠DCB=∠DBC=45°
∴DB=DC
即DB=DP
（2）解：∵DG⊥CD，∠DCB=45°
∴∠DCG=∠DGC=45°
∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，
∵∠BDP=∠CDG=90°
∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，
∴△CDP≌△GDB（ASA）
∴DB=DP
（3）解：如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，
∵MH⊥MN，
∴∠AMH+∠NMB=90°
∵CD∥AB，∠CDB=90°
∴∠DBM=90°
∴∠NMB+∠MNB=90°
∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=∠CBN=45°
∴△AMH≌△BNQ（ASA）
∴AH=BQ
∵∠ACB=90°，AC=BC=4，
∴AB=4 ，AC-AH=BC-BQ
∴CH=CQ
∴∠CHQ=∠CQH=45°=∠CAB
∴HQ∥AB
∴∠HQM=∠QMB
∵∠ACB=∠HMQ=90°
∴点H，点M，点Q，点C四点共圆，
∴∠HCM=∠HQM
∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45°
∴△ACM∽△BMQ
∴
∴
∴BQ= +2
∴AM=2 时，BQ有最大值为2.
【解析】【分析】（1）DB=DP，理由如下：根据等腰直角三角形的性质得出∠CAB=∠CBA=45°，根据二直线平行，内错角相等得出∠CBA=∠DCB=45°，根据三角形的内角和得出∠DCB=∠DBC=45°，最后根据等角对等边得出 DB=DC ，即DB=DP；
（2）利用ASA判断出△CDP≌△GDB ，再根据全等三角形的对应边相等得出DB=DP；（3）如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，利用ASA判断出
△AMH≌△BNQ 根据全等三角形的对应边相等得出AH=BQ，进而判断出点H，点M，点Q，点C四点共圆，根据圆周角定理得出∠HCM=∠HQM ，然后判断出△ACM∽△BMQ ，
根据相似三角形的对应边成比例得出,根据比例式及偶数次幂的非负性即可得出求出答案.。