2020-2021备战中考数学相似的综合热点考点难点及答案

2020-2021备战中考数学相似的综合热点考点难点及答案
一、相似
1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；
（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．
【答案】（1）8-2t；
（2）解：不存在
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=10
∵PD∥BC，
∴△APD∽△ACB，
∴，即，
∴AD= ，
∴BD=AB-AD=10- ，
∵BQ∥DP，
∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，
即8-2t= ，解得：t= ．
当t= 时，PD= ，BD=10- ，
∴DP≠BD，
∴▱PDBQ不能为菱形．
设点Q的速度为每秒v个单位长度，
则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，
要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，
当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=
当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=
当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．
（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．
依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．
设直线M1M2的解析式为y=kx+b，
∴，
解得
，
∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．
∵点Q（0，2t），P（6-t，0）
∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．
把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，
∴点M3在直线M1M2上．
过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．
∴M1M2=2
∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．
【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，
∴QB=8-2t，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，
∴∠APD=90°，
∴tanA= ，
∴PD= ．
【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.
2．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；
（2）若AE＝2EC，求之值；
（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.
【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，
∴，∴DC2＝CE·AC；
（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，
DC= k，连接OC，OD，
∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，
∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，
∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴
（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，
过C作CG⊥AB于G，
设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，
又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，
∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；
（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；
（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

3．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．
4．如图1，等腰△ABC中，AC＝BC，点O在AB边上，以O为圆心的圆与AC相切于点C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G．
（1）求证：D是弧EC的中点；
（2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点K，连接CF，求证：CF＝OK＋DO；
（3）如图3，在(2)的条件下，延长DB交⊙O于点Q，连接QH，若DO＝，KG＝2，求QH的长
【答案】（1）证明：如图1中，连接OC．
∵AC是⊙O的切线，
∴OC⊥AC，
∴∠ACO=90°，
∴∠A+∠AOC=90°，
∵CA=CB，
∴∠A=∠B，
∵EF⊥BC，
∴∠OGB=90°，
∴∠B+∠BOG=90°，
∴∠BOG=∠AOC，
∵∠BOG=∠DOE，
∴∠DOC=∠DOE，
∴点D是的中点
（2）证明：如图2中，连接OC．
∵EF⊥HC，
∴CG=GH，
∴EF垂直平分HC，
∴FC=FH，
∵∠CFK= ∠COE，
∵∠COD=∠DOE，
∴∠CFK=∠COD，
∵∠CHK= ∠COD，
∴∠CHK= ∠CFK，
∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上，
∴FC=FK=FH，
∵DO=OF，
∴DO+OK=OF+OK=FK=CF，
即CF=OK+DO；
（3）解：如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF= ﹣（2﹣x），
∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，
∴（ +x）2﹣[ -（2﹣x）]2=（）2﹣（2﹣x）2，
解得x= ，
∴CF=5，FG=4，CG=3，OG= ，
∵∠CFE=∠BOG，
∴CF∥OB，
∴ = = ，
可得OB= ，BG= ，BH= ，
由△BHM∽△BOG，可得 = = ，
∴BM= ，HM= ，MQ=OQ﹣OB﹣BM=
在Rt△HMQ中，
QH= = =
【解析】【分析】（1）如图1中，连接OC．根据切线的性质得出OC⊥AC，根据垂直的定义得出∠ACO=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°，根据等边对等角得出∠A=∠B，根据垂直的定义得出∠OGB=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠B+∠BOG=90°，根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，根据对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE，根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论；
（2）如图2中，连接OC．根据垂径定理得出CG=GH，进而得出EF垂直平分HC，根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH，根据圆周角定理及等量代
换得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上，根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH，DO=OF，根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO；
（3）如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF=
﹣（2﹣x），根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出关于x的方程，求解得出x
的值，从而得出CF=5，FG=4，CG=3，OG= 根据平行线的判定定理得出，内错角相等，两直线平行得出CF∥OB，根据平行线分线段成比例定理得出C F ∶O B = C G∶ G B = F G ∶G O ，进而可得OB,BG,BH的长，由△BHM∽△BOG，可得 B H ∶O B = B M ∶B G = H M ∶O G，再得出BM,HM,MQ的长，在Rt△HMQ中，根据勾股定理得出QH的长。

5．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝7，点P是边AC上不与点A、C重合的一点，作PD∥BC交AB边于点D.
（1）如图1，将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，作AE∥PD.求证：AE＝ED；
（2）将△APD绕点A顺时针旋转，得到△AP'D'，点P、D的对应点分别为点P'、D'，
①如图2，当点D'在△ABC内部时，连接P′C和D'B，求证：△AP'C∽△AD'B；
②如果AP：PC＝5：1，连接DD'，且DD'＝ AD，那么请直接写出点D'到直线BC的距离.
【答案】（1）证明：∵将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，
∴∠ADP'＝∠ADP，
∵AE∥PD，
∴∠EAD＝∠ADP，
∴∠EAD＝∠ADP'，
∴AE＝DE
（2）解：①∵DP∥BC，
∴△APD∽△ACB，
∴，
∵旋转，
∴AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，
∴∠P'AC＝∠D'AB，，
∴△AP'C∽△AD'B
②若点D'在直线BC下方，如图，过点A作AF⊥DD'，过点D'作D'M⊥AC，交AC的延长线于M，
∵AP：PC＝5：1，
∴AP：AC＝5：6，
∵PD∥BC，
∴ = ，
∵BC＝7，
∴PD＝，
∵旋转，
∴AD＝AD'，且AF⊥DD'，
∴DF＝D'F＝ D'D，∠ADF＝∠AD'F，
∵cos∠ADF＝＝ = ，
∴∠ADF＝45°，
∴∠AD'F＝45°，
∴∠D'AD＝90°
∴∠D'AM+∠PAD＝90°，
∵D'M⊥AM，
∴∠D'AM+∠AD'M＝90°，
∴∠PAD＝∠AD'M，且AD'＝AD，∠AMD'＝∠APD，
∴△AD'M≌△DAP（AAS）
∴PD＝AM＝，
∵CM＝AM﹣AC＝﹣3，
∴CM＝，
∴点D'到直线BC的距离为
若点D'在直线BC的上方，如图，过点D'作D'M⊥AC，交CA的延长线于点M，
同理可证：△AMD'≌△DPA，
∴AM＝PD＝，
∵CM＝AC+AM，
∴CM＝3+ ＝，
∴点D'到直线BC的距离为
综上所述：点D'到直线BC的距离为或；
【解析】【分析】（1）由折叠的性质和平行线的性质可得∠EAD＝∠ADP＝∠ADP'，即可
得AE＝DE；（2）①由题意可证△APD∽△ACB，可得，由旋转的性质可得AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，即∠P'AC＝∠D'AB，，则△AP'C∽△AD'B；②分点D'在
直线BC的下方和点D'在直线BC的上方两种情况讨论，根据平行线分线段成比
例，可求PD＝，通过证明△AMD'≌△DPA，可得AM＝PD＝，即可求点D'到直线BC 的距离.
6．如图1，以□ABCD的较短边CD为一边作菱形CDEF,使点F落在边AD上，连接BE，交AF于点G.
（1）猜想BG与EG的数量关系.并说明理由；
（2）延长DE,BA交于点H，其他条件不变，
①如图2，若∠ADC=60°，求的值；
②如图3，若∠ADC=α（0°<α<90°）,直接写出的值.（用含α的三角函数表示）
【答案】（1）解：，
理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴∥， .
∵四边形是菱形，
∴∥， .
∴∥， .
∴ .
又∵，
∴≌ .
∴
（2）解：方法1：过点作∥，交于点，
∴ .
∵，
∴∽ .
∴ .
由（1）结论知 .
∴ .
∴ .
∵四边形为菱形，
∴ .
∵四边形是平行四边形，
∴∥ .
∴ .
∵∥，
∴ .
∴，
即 .
∴是等边三角形。

∴ .
∴ .
方法2：延长，交于点，
∵四边形为菱形，
∴ .
∵四边形为平形四边形，
∴，∥ .
∴ .
,即 .
∴为等边三角形.
∴ .
∵∥，
∴ , .
∴∽，
∴ .
由（1）结论知
∴ .
∴ .
∵ ,
∴ .
如图3，连接EC交DF于O，
∵四边形CFED是菱形，
∴EC⊥AD，FD=2FO，
设FG=a，AB=b，则FG=a，EF=ED=CD=b，
Rt△EFO中，cosα= ，
∴OF=bcosα，
∴DG=a+2bcosα，
过H作HM⊥AD于M，
∵∠ADC=∠HAD=∠ADH=α，
∴AH=HD，
∴AM= AD= （2a+2bcosα）=a+bcosα，
Rt△AHM中，cosα= ，
∴AH= ，
∴ = =cosα
【解析】【分析】（1）利用菱形和平行四边形的性质可得出AB∥CD∥EF，AB=CD=EF，再利用平行线的性质可证得∠ABG=∠FEG，然后利用AAS可证得△ABG≌△FEG，由全等三角形的性质可证得结论。

（2）①过点 G 作 GM ∥ BH ，交 DH 于点 M ，易证△GME∽△BHE。

得出对应边成比例，求出MG与BH的比值，再利用菱形的性质及平行四边形的性质证明DG=MG，即可解答；
②连接EC交DF于O，利用菱形的性质可得出EC⊥AD，FD=2FO，设FG=a，AB=b，可表示出FG，EF=ED=CD=b，Rt△EFO中，利用锐角三角函数的定义可得出OF、DG，过H作HM⊥AD于M，易证AH=HD，AM=a+bcosα，再在Rt△AHM中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，继而可得出DG与BH的比值，可解答。

7．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以O为圆心，OA长为半径的圆与AC，AB分别交于点D，E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若AD：AO＝8：5，BC＝2，求BD的长．
【答案】（1）解：BD是⊙O的切线；
理由如下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A
∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，
∵∠C=90°，∴∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠ODA+∠CDB=90°，∴∠ODB=90°，即BD⊥OD，
∴BD是⊙O的切线
（2）解：设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，
∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠C，
又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，
∴，即，
解得：BD= ．所以BD的长是
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知得出∠ODA=∠CBD，由直角三角形的性质得出∠CBD+∠CDB=90°，因此∠ODA+∠CDB=90°，得出∠ODB=90°，即可得出结论；（2）设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，由圆周角定理得出∠ADE=90°，△ADE∽△BCD，
得出对应边成比例，即可求出BD的长．
8．如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝5cm，BC＝6cm，点E.F.G分别从A.B.C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动.在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F.设点E.F.G运动的时间为t（单位：s）.
（1）当t等于多少s时，四边形EBFB′为正方形；
（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；（3）是否存在实数t，使得点B’与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：若四边形EBFB′为正方形，则BE＝BF，BE＝5﹣t，BF＝3t，
即：5﹣t＝3t，
解得t＝1.25；
故答案为：1.25
（2）解：分两种情况，讨论如下：
①若△EBF∽△FCG，
则有，即，
解得：t＝1.4；
②若△EBF∽△GCF，
则有，即，
解得：t＝﹣7﹣（不合题意，舍去）或t＝﹣7+ .
∴当t＝1.4s或t＝（﹣7+ ）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似.
（3）解：假设存在实数t，使得点B′与点O重合.
如图，过点O作OM⊥BC于点M，
则在Rt△OFM中，OF＝BF＝3t，FM＝ BC﹣BF＝3﹣3t，OM＝2.5，
由勾股定理得：OM2+FM2＝OF2，
即：2.52+（3﹣3t）2＝（3t）2
解得：t＝；
过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE＝BE＝5﹣t，EN＝BE﹣BN＝5﹣t﹣2.5＝2.5﹣t，ON＝3，
由勾股定理得：ON2+EN2＝OE2，
即：32+（2.5﹣t）2＝（5﹣t）2
解得：t＝ .
∵≠ ，
∴不存在实数t，使得点B′与点O重合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质，得到BE＝BF，列一元一次方程求解即可；（2）△EBF与△FCG相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题.假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们互相矛盾，所以不存在
9．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边AB，AD上，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，CE的延长线交DA的延长线于点H，连接AC，EF．，GH．
（1）求∠AHC与∠ACG的大小关系（“＞”或“＜”或“＝”）
（2）线段AC，AG，AH什么关系？请说明理由；
（3）设AE＝m，
①△AGH的面积S有变化吗？如果变化．请求出S与m的函数关系式；如果不变化，请求出定值．
②请直接写出使△CGH是等腰三角形的m值．
【答案】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝CD＝DA＝4，∠D＝∠DAB＝90°∠DAC＝∠BAC＝45°，
∴AC＝，
∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ACH+∠ACG＝45°，
∴∠AHC＝∠ACG．
故答案为＝．
（2）解：结论：AC2＝AG•AH．
理由：∵∠AHC＝∠ACG，∠CAH＝∠CAG＝135°，
∴△AHC∽△ACG，
∴，
∴AC2＝AG•AH．
（3）解：①△AGH的面积不变．
理由：∵S△AGH＝•AH•AG＝AC2＝ ×（4 ）2＝16．∴△AGH的面积为16．
②如图1中，当GC＝GH时，易证△AHG≌△BGC，
可得AG＝BC＝4，AH＝BG＝8，
∵BC∥AH，
∴ ,
∴AE＝AB＝．
如图2中，当CH＝HG时，
易证AH＝BC＝4，
∵BC∥AH，
∴＝1，
∴AE＝BE＝2．
如图3中，当CG＝CH时，易证∠ECB＝∠DCF＝22.5．
在BC上取一点M，使得BM＝BE，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，
∵∠BME＝∠MCE+∠MEC，
∴∠MCE＝∠MEC＝22.5°，
∴CM＝EM，设BM＝BE＝m，则CM＝EM m，
∴m+ m＝4，
∴m＝4（﹣1），
∴AE＝4﹣4（﹣1）＝8﹣4 ，
综上所述，满足条件的m的值为或2或8﹣4 ．
【解析】【分析】（1）证明∠DAC=∠AHC+∠ACH=45°，∠ACH+∠ACG=45°，即可推出∠AHC=∠ACG；（2）结论：AC2=AG•AH．只要证明△AHC∽△ACG即可解决问题；（3）①△AGH的面积不变．理由三角形的面积公式计算即可；②分三种情形分别求解即可解决问题.
10．如图，半径为4且以坐标原点为圆心的圆O交x轴，y轴于点B、D、A、C，过圆上的动点不与A重合作，且在AP右侧．
（1）当P与C重合时，求出E点坐标；
（2）连接PC，当时，求点P的坐标；
（3）连接OE，直接写出线段OE的取值范围．
【答案】（1）解：当P与C重合时，
，的半径为4，且在AP右侧，
，
点坐标为；
（2）解：如图，作于点F，
为的直径，
，
，
∽，
，
，
，，
，
点P的坐标为或；（3）解：如图，连结OP，OE，AB，BE，AE，
，都为等腰直角三角形，
，，
，
∽，
，
，
，
【解析】【分析】当P与C重合时，因为，的半径为4，且在AP右侧，所以，所以E点坐标为；作
于点F，证明∽，可求得CF长，在中求得PF的长，进而得出点P的坐标；连结OP，OE，AB，BE，AE，证明∽，可得，根据，即可得出OE的取值范围．
11．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.
12．如图，过⊙O外一点P作⊙O的切线PA切⊙O于点A，连接PO并延长，与⊙O交于C、D两点，M是半圆CD的中点，连接AM交CD于点N，连接AC、CM.
（1）求证：CM2=MN MA；
（2）若∠P=30°，PC=2，求CM的长.
【答案】（1）解：中，点是半圆的中点，
，
，
又，
，
，即；
（2）解：连接、，
是的切线，
，
又，
，
设的半径为，
，
，
解得：，
又是直径，
，
，
是等腰直角三角形，
在中，由勾股定理得，即，则，
.
【解析】【分析】（1）由知，根∠CMA=∠NMC据证ΔAMC∽ΔCMN 即可得；（2）连接OA、DM，由直角三角形PAO中∠P=30°知
，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD是等腰直角三角形得CM 的长.。