中考数学 相似 综合题及详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).
（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.
（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.
（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.
【答案】（1）
（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，
∴∠PHB=∠PHQ=90°，
∵∠C=90°，AD∥BC，
∴∠CDP=90°，
∴四边形PHCD是矩形，
∴PH=CD=3，HC=PD=2t，
∵CQ=t，BC=4，
∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，
∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，
由BQ2=BP2可得：，解得：无解；
由BQ2=PQ2可得：，解得：；
由BP2= PQ2可得：，解得：或，
∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，
∴综上所述，或；
（3）
（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，
则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，
∵AD∥BC，DM∥PQ，
∴四边形PQMD是平行四边形，
∴QM=PD=2t，
∵QC=t,
∴CM=QM-QC=t，
∵∠BCD=∠MCD=90°，
∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，
∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，
∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，
∴当时，∠BDM=90°，
即当时，PQ⊥BD.
【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，
∴S△PBQ= BQ×3= ；
（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，
∴∠PMC=∠C=90°，
∵AD∥BC，
∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，
∴四边形PMCD是矩形，，
∴PM=CD=3，CM=PD=2t，
∵AD=6，BC=4，CQ=t，
∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,
∴，解得：，
∴MQ= ，
又∵PM=3，∠PMQ=90°，
∴tan∠BPQ= ；
【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。

（2）以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分PQ=BQ、BP=BQ、PB=PQ三种情况，在Rt△PMQ中根据勾股定理，就得到一个关于t的方程，就可以求出t。

（3）根据相似三角形对应边比例可列式求出t，从而根据正切的定义求出值；
（4）首先假设存在，然后根据相似三角形对应边成比例求证。

2．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。

（1）若点N在BC之间时，如图：
①求证：∠NPQ＝∠PQN；
②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；
（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，
AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，
在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN
② 是定值
理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，
∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，
∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，
∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，
∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，
∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，
∵AB＝8，∴；
（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况
（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，
∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，
∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT
在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，
在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，
∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4
又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；
（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，
同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，
∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，
∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．
【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；
②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证
△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；
（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；
②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。

3．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。

4．已知如图1，抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D的坐标是（0，﹣1），连接BC、AC
（1）求出直线AD的解析式；
（2）如图2，若在直线AC上方的抛物线上有一点F，当△ADF的面积最大时，有一线段MN= （点M在点N的左侧）在直线BD上移动，首尾顺次连接点A、M、N、F构成四边形AMNF，请求出四边形AMNF的周长最小时点N的横坐标；
（3）如图3，将△DBC绕点D逆时针旋转α°（0＜α°＜180°），记旋转中的△DBC为△DB′C′，若直线B′C′与直线AC交于点P，直线B′C′与直线DC交于点Q，当△CPQ是等腰三角形时，求CP的值．
【答案】（1）解：∵抛物线y=﹣ x2﹣ x+3与x轴交于A和B两点，
∴0=﹣ x2﹣ x+3，
∴x=2或x=﹣4，
∴A（﹣4，0），B（2，0），
∵D（0，﹣1），
∴直线AD解析式为y=﹣ x﹣1
（2）解：如图1，
过点F作FH⊥x轴，交AD于H，
设F（m，﹣ m2﹣ m+3），H（m，﹣ m﹣1），
∴FH=﹣ m2﹣ m+3﹣（﹣ m﹣1）=﹣ m2﹣ m+4，
∴S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D﹣x A|=2FH=2（﹣ m2﹣ m+4）=﹣m2﹣m+8=﹣（m+ ）2+ ，
当m=﹣时，S△ADF最大，
∴F（﹣，）
如图2，作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2= ，
连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移得点M，此时四边形AMNF 的周长最小．．
∵OB=2，OD=1，
∴tan∠OBD= ，
∵AB=6，
∴AK= ，
∴AA1=2AK= ，
在Rt△ABK中，AH= ，A1H= ，
∴OH=OA﹣AH= ，
∴A1（﹣，﹣），
过A2作A2P⊥A2H，
∴∠A1A2P=∠ABK，
∵A1A2= ，
∴A2P=2，A1P=1，
∴A2（﹣，﹣）
∵F（﹣，）
∴A2F的解析式为y=﹣ x﹣①，
∵B（2，0），D（0，﹣1），
∴直线BD解析式为y=﹣ x﹣1②，
联立①②得，x=﹣，
∴N点的横坐标为：﹣
（3）解：∵C（0，3），B（2，0），D（0，﹣1）∴CD=4，BC= ，OB=2，
BC边上的高为DH，
根据等面积法得， BC×DH= CD×OB，
∴DH= = ，
∵A（﹣4，0），C（0，3），
∴OA=4，OC=3，
∴tan∠ACD= ，
①当PC=PQ时，简图如图1，
过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ，
∵tan∠ACD=
∴设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，∴DQ=CD﹣CQ=4﹣6a
∵△PGQ∽△DHQ，
∴，
∴，
∴a= ，
∴PC=5a= ；
②当PC=CQ时，简图如图2，
过点P作PG⊥CD，
∵tan∠ACD=
∴设CG=3a，则PG=4a，
∴CQ=PC=5a，
∴QG=CQ﹣CG=2a，
∴PQ=2 a，
∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a
∵△PGQ∽△DHQ，
同①的方法得出，PC=4﹣，设CG=3a，则PG=4a，从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长，由△PGQ∽△DHQ，同①的方法得出，PC的长；
③当QC=PQ时，简图如图1
过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ，
设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a，
∴PG=3a，
∴PC=6a
∴DQ=CD﹣CQ=4﹣5a，
利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG，
∴CN= a，
∵△CQN∽△DQH
同①的方法得出PC=
④当PC=CQ时，简图如图4，
过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ，
设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a，
∴QD=4+5a，PQ=4 ，
∵△QPG∽△QDH，
同①方法得出．CP=
综上所述，PC的值为：；4﹣，，=
【解析】【分析】（1）根据抛物线与x轴交点的坐标特点，把y=0代入抛物线的解析式，得出一个关于x的一元二次方程，求解得出x的值，进而得出A,B两点的坐标；然后由A,D 两点的坐标利用待定系数法求出直线AD的解析式；
（2）过点F作FH⊥x轴，交AD于H，根据函数图像上点的坐标特点，及平行于y轴的直线上的点的坐标特点，设出F,H的坐标，从而得出FH的长度，S△ADF=S△AFH+S△DFH= FH×|x D
﹣x A|=2FH,列出关于m的函数解析式，再根据二次函数的性质，由顶点式得出当m=﹣时，S△ADF最大，从而得出F点的坐标；如图2，作点A关于直线BD的对称点A1，把A1沿平行直线BD方向平移到A2，且A1A2= ，连接A2F，交直线BD于点N，把点N沿直线BD向左平移得点M，此时四边形AMNF的周长最小，进而求出点A1，A2坐标，即可确定出A2F的解析式和直线BD解析式联立方程组即可确定出N点的横坐标；
（3）根据C,B,D三点的坐标，得出CD,BC,OB的长，BC边上的高为DH，根据等面积法得
BC×DH= CD×OB，从而得出DH的长，根据A,C两点的坐标，得出OA,OC的长，根据正切函数的定义得出tan∠ACD= 4∶ 3 ；然后分四种情况讨论：①当PC=PQ时，过点P作PG⊥CD，过点D作DH⊥PQ，由tan∠ACD= 4∶ 3 ，设CG=3a，则QG=3a，PG=4a，PQ=PC=5a，从而由DQ=CD﹣CQ得出DQ的长，根据△PGQ∽△DHQ，得出PG∶DH=PQ∶DQ,从而求出a的值，进而求出PC的值；②当PC=CQ时，简图如图2，过点P作PG⊥CD，tan∠ACD= 4∶3，设CG=3a，则PG=4a，从而得出CQ,QG,PQ,DQ的长，由△PGQ∽△DHQ，同①的方法得出，PC的长；③当QC=PQ时，过点Q作QG⊥PC，过点C作CN⊥PQ，设CG=3a，则QG=4a，PQ=CQ=5a，从而得出PG,PC,DQ的长，利用等面积法得，CN×PQ=PC×QG，从而得出CN，由△CQN∽△DQH同①的方法得出PC的长；④当PC=CQ时，
过点P作PG⊥CD，过H作HD⊥PQ，设CG=3a，则PG=4a，CQ=PC=5a，从而得出QD,PQ 的长，由△QPG∽△QDH，同①方法得出．CP的长。

5．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。

6．如图，抛物线经过A（－3,0），C(5,0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．
①当t为何值时，点N落在抛物线上；
②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+ 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为
（2）解：∵ =﹣（x2﹣2x+1）+ =﹣（x﹣1）2+8，
∴点B的坐标为（1，8）．
设直线BC的解析式为y=kx+m，
则，
解得：，
所以直线BC的解析式为y=﹣2x+10．
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴BD=8，CD=5﹣1=4．
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴，
即，
解得：PM= t，
∴OE=1+ t．
∴ME=-2(1+ t)+10=8-t．．
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE=NM+ME=8﹣t+ t=8﹣ t．
①点N的坐标为（1+ t，8﹣ t），
若点N在抛物线上，
则﹣（1+ t﹣1）2+8=8﹣ t，
整理得，t（t﹣4）=0，
解得t1=0（舍去），t2=4，
所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；
②存在．理由如下：
∵PM= t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD=NE=8﹣ t．
∵直线BC的解析式为y=﹣2x+10，
∴﹣2x+10=8﹣ t，
解得：x= t+1，
∴QR= t+1﹣1= t．
又∵EC=CD﹣DE=4﹣ t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，
即 t=4﹣ t，
解得：t= ，
此时点P在BD上
所以，当t= 时，四边形ECRQ为平行四边形
【解析】【分析】（1）用待定系数法，将A,C两点的坐标分别代入y=ax2+bx+ ，得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣2x+10．根据点到坐标轴的距离得出BD,CD的长度，根据垂直于同一直线的两条直线互相平行得出PM∥CD，根据平行于三角形一边的直线，截，其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△BPM∽△BDC，根据相似三角形对应边成比例得出B P ∶B D = P M ∶C D ，进而得出关于t的方程，求解得出PM,进而得出OE,ME,根据正方形的性质由NE=NM+ME得出NE的长，进而表示出N点的坐标，若点N在抛物线上，根据抛物线上的点的特点，得出关于t的方程，求解得出t的值，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在．理由如下：根据PM的长及正方形的性质从而表示出QD=NE的长度，进而得出方程，求出x的值，进而表示出QR根据线段的和差及平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，从而得出关于t的方程，求解得出答案。

7．如图1，一副直角三角板满足AB＝BC，AC＝DE，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠EDF＝30°【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q
（1）【探究一】在旋转过程中，
①如图2，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明.________
②如图3，当时E P与EQ满足怎样的数量关系？，并说明理由.________
③根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当时，EP与EQ满足的数量关系式
为________,其中的取值范围是________(直接写出结论，不必证明)
（2）【探究二】若且AC＝30cm，连续PQ，设△EPQ的面积为S(cm2)，在旋转过程中：
①S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值，若不存在，说明理由.
②随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化？不出相应S值的取值范围.
【答案】（1）解：当时，PE=QE.即E为AC中点，理由如下：
连接BE，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BE=CE，
∠PBE=∠C=45°，
又∵∠PEB+∠BEQ=90°，∠CEQ+∠BEQ=90°，
∴∠PEB=∠CEQ，
在△PEB和△QEC中，
∵ ,
∴△PEB≌△QEC（ASA），
∴PE=QE.
；EP：EQ=EA:EC=1:2；理由如下：
作EM⊥AB，EN⊥BC，
∴∠EMP=∠ENQ=90°，
又∵∠PEN+∠MEP=∠PEN+∠NEQ=90°，
∴∠MEP=∠NEQ,
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=ME:NE,
又∵∠EMA=∠ENC=90°，∠A=∠C，
∴△MEA∽△NEC，
∴ME:NE=EA:EC，
∵ ,
∴EP：EQ=EA:EC=1:2.
；EP：EQ=1:m；0<m≤2+
（2）解：①存在.
由【探究一】中（2）知当时，EP：EQ=EA：EC=1：2；设EQ=x，则EP= x，
∴S= ·EP·EQ= ·x· x= x2，
当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小，
∵AC=30，△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC=15 ，
∵，AC=30，
∴AE=10，CE=20，
在等腰Rt△CNE中，
∴NE=10 ，
∴当x=10 时，S min=50（cm2）；
当EQ=EF时，S取得最大，
∵AC=DE=30，∠DEF=90°，∠EDF=30°，
在Rt△DEF中，
∴tan30°= ,
∴EF=30× =10 ，此时△EPQ面积最大，
∴S max=75（cm2）；
②由（1）知CN=NE=5 ,BC=15 ,
∴BN=10 ，
在Rt△BNE中，
∴BE=5 ，
∴当x=BE=5 时，S=62.5cm2，
∴当50<S≤62.5时，这样的三角形有2个；
当S=50或62.5<S≤75时，这样的三角形有1个.
【解析】【解答】（1）③作EM⊥AB，EN⊥BC，
∵∠B=∠PEQ=90°，
∴∠EPB+∠EQB=180°，
又∵∠EPB+∠EPM=180°，
∴∠EQB=∠EPM,
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=ME:NE,
又∵∠EMA=∠ENC=90°，∠A=∠C，
∴△MEA∽△NEC，
∴ME:NE=EA:EC，
∵ ,
∴EP:EQ=EA:EC=1:m，
∴EP与EQ满足的数量关系式为EP：EQ=1:m，
∴0<m≤2+ （当m>2+ 时，EF与BC不会相交）.
【分析】【探究一】①根据已知条件得E为AC中点，连接BE，根据等腰直角三角形的性质可BE=CE，∠PBE=∠C=45°，由同角的余角相等得∠PEB=∠CEQ，由全等三角形的判定ASA可得△PEB≌△QEC，再由全等三角形的性质得PE=QE.
②作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案.
③作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案.
【探究二】①设EQ=x，根据【探究一】（2）中的结论可知则EP= x，根据三角形面积公式得出S的函数关系式，再根据当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小；当EQ=EF 时，S取得最大；代入数值计算即可得出答案.
②根据（1）中数据求得当EQ与BE重合时，△EPQ的面积，再来分情况讨论即可.
8．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；
②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。

【答案】（1）
（2）①证明：在AD上取一点F使DF=DC，连接EF，
∵DE平分∠ADC，
∴∠FDE=∠CDE，
在△FED和△CDE中，
DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE
∴△FED≌△CDE（SAS），
∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90°
∴∠DEF=∠DEC，
∵AD=AB+CD，DF=DC，
∴AF=AB，
在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）
∴∠AEB=∠AEF，
∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∠CEF+ ∠BEF= （∠CEF+∠BEF）=90°。

∴AE⊥DE
②解：过点D作DP⊥AB于点P，
∵由①可知，B，F关于AE对称，BM=FM，
∴BM+MN=FM+MN，
当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，
∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，
∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，
∴四边形DPBC是矩形，
∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，
在Rt△APD中，DP= = ，
∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，
∴FN∥DP，
∴△AFN∽△ADP
∴，
即，
解得FN= ，
∴BM+MN的最小值为
【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在AD上取一点F使DF=DC，连接EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，
∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠AEB=∠AEF，再由补角定义可得AE⊥DE.
②过点D作DP⊥AB于点P；由①可知，B，F关于AE对称，根据对称性质知BM=FM，当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，根据勾股定理得DP= = ；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三
角形性质得，从而求得FN，即BM+MN的最小值.
9．如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。

动点M，N 同时从A点出发，M沿A→C,N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为t秒。

连接MN。

（1）求直线BC的解析式；
（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；
（3）当点M,N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式。

【答案】（1）解：设直线BC解析式为：y=kx+b，
∵B（0，4），C（-3，0），
∴，
解得：
∴直线BC解析式为：y= x+4.
（2）解：依题可得：AM=AN=t，
∵△AMN沿直线MN翻折，点A与点点D重合，
∴四边形AMDN为菱形，
作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，
∵A（3，0），B（0，4），
∴OA=3,OB=4，
∴AB=5,
∴M（3-t，0），
又∵△ANF∽△ABO，
∴ = = ,
∴ = = ,
∴AF= t，NF= t，
∴N（3- t， t），
∴O′（3- t, t），
设D（x,y）,
∴ =3- t， = t，
∴x=3- t,y= t，
∴D（3- t， t），
又∵D在直线BC上，
∴ ×（3- t）+4= t，
∴t= ，
∴D（- ，）.
（3）①当0<t≤5时（如图2），
△ABC在直线MN右侧部分为△AMN，
∴S= = ·AM·DF= ×t× t= t ,
②当5<t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM，如图3
∵AM=AN=t，AB=BC=5，
∴BN=t-5，CN=-5-（t-5）=10-t，
又∵△CNF∽△CBO，
∴ = ,
∴ = ,
∴NF= （10-t），
∴S= - = ·AC·OB- ·CM·NF，
= ×6×4- ×（6-t）× （10-t），
=- t + t-12.
【解析】【分析】（1）设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.（2）依题可得：AM=AN=t，根据翻折性质得四边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，结合已知条件得M（3-t，0），
又△ANF∽△ABO，根据相似三角形性质得 = = ,
代入数值即可得AF= t，NF= t，从而得N（3- t， t），根据中点坐标公式得O′（3- t,
t），
设D（x,y）,再由中点坐标公式得D（3- t， t），又由D在直线BC上，代入即可得D点坐标.（3）①当0<t≤5时（如图2），△ABC在直线MN右侧部分为△AMN，根据三角形面积公式即可得出S表达式.
②当5<t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM，由△CNF∽△CBO，根据相似三角形性质得 = ,代入数值得NF= （10-t），最后由S= - = ·AC·OB- ·CM·NF，代入数值即可得表达式.
10．如图，在平面直角坐标系中，点A（－5，0），以OA为半径作半圆，点C是第一象限内圆周上一动点，连结AC、BC，并延长BC至点D，使CD＝BC，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线AC于点E、F，点E为垂足，连结OF.
（1）当∠BAC＝30º时，求△ABC的面积；
（2）当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=30°，
∴BC= AB=5，
∴AC= ，
∴S△ABC= AC⋅BC=
（2）解：连接AD，
∵∠ACB=90°，CD=BC，
∴AD=AB=10，
∵DE⊥AB，
∴AE= =6，
∴BE=AB−AE=4，
∴DE=2BE，
∵∠AFE+∠FAE=90°，∠DBE+∠FAE=90°，
∴∠AFE=∠DBE，
∵∠AEF=∠DEB=90°，
∴△AEF∽△DEB，
∴ =2，
∴EF= AE= ×6=3
（3）解：连接EC，设E(x，0)，
当的度数为60°时，点E恰好与原点O重合；
①0°< 的度数<60°时，点E在O、B之间，∠EOF>∠BAC=∠D，
又∵∠OEF=∠ACB=90°，由相似知∠EOF=∠EBD，此时有△EOF∽△EBD，
∴，
∵EC是Rt△BDE斜边的中线，
∴CE=CB，
∴∠CEB=∠CBE，
∴∠EOF=∠CEB，
∴OF∥CE，
∴△AOF∽△AEC
∴，
∴，即，
解得x= ，因为x>0，
∴x= ；
②60°< 的度数<90°时，点E在O点的左侧，
若∠EOF=∠B，则OF∥BD，
∴OF= BC= BD，
∴即解得x= ，
若∠EOF=∠BAC，则x=− ，
综上点E的坐标为( ，0) ；（，0）；（−，0）.
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求得∠ACB=90°，根据30°的直角三角形的性质求
得BC，进而根据勾股定理求得AC，然后根据三角形面积公式即可求得；（2）连接AD，由垂直平分线的性质得AD=AB=10，又DE=8，在Rt△ODE中，由勾股定理求AE，依题意证明△AEF∽△DEB，利用相似比求EF；（3）当以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似时，分为两种情况：①当交点E在O，B之间时；②当点E在O点的左侧时；分别求E点坐标.
11．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.
12．若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，我们把这个三角形叫做比例三角形．
（1）已知△ABC是比例三角形，AB=2，BC=3．请直接写出所有满足条件的AC的长；（2）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD平分∠ABC，∠BAC=∠ADC．求证：△ABC是比例三角形；
（3）如图2，在（2）的条件下，当∠ADC=90°时，求的值。

【答案】（1）或或 .
（2）证明：∵AD∥BC，
∴∠ACB =∠CAD，
又∵∠BAC=∠ADC，
∴△ABC∽△DCA，
∴ = ，
即CA2=BC·AD，
又∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴AB=AD，
∴CA2=BC·AB，
∴△ABC是比例三角形.
（3）解：如图，过点A作AH⊥BD于点H,
∵AB=AD,
∴BH= BD,
∴AD∥BC，∠ADC=90°,
∴∠BHA=∠BCD=90°,
又∵∠ABH=∠DBC,
∴△ABH∽△DBC,
∴ = ,
∴AB·BC=DB·BH,
∴AB·BC= BD2,
又∵AB·BC=AC2,
∴ BD2=AC2,
∴ = .
【解析】【解答】解：（1）∵已知△ABC是比例三角形，依题可得：①当AB2=BC·AC时，
∵AB=2，BC=3．
∴4=3AC，
∴AC= ；
②CB2=AB·AC，
∵AB=2，BC=3．
∴9=2AC，
∴AC= ；
③AC2=BC·AB，
∵AB=2，BC=3．
∴AC2=2×3，
∴AC= .
综上所述：AC的长为：或或 .
【分析】（1）由比例三角形的定义分三种情况讨论：①当AB2=BC·AC时，②CB2=AB·AC，③AC2=BC·AB，代入CB、AB的数值分别求得AC长.
（2）根据平行线的性质和相似三角形的判定得△ABC∽△DCA，由相似三角形的性质得CA2=BC·AD；根据平行线的性质和角平分线的定义得∠ADB=∠ABD，根据等腰三角形等角对等边得AB=AD，将此代入上式即可得证.
（3）如图，过点A作AH⊥BD于点H,根据等腰三角形三线合一的性质可知BH= BD,由相
似三角形的判定和性质得AB·BC=DB·BH,即AB·BC= BD2,联立（1）中的结论即可得出答案.。