中考数学专题复习分类练习 相似综合解答题及详细答案

中考数学专题复习分类练习相似综合解答题及详细答案
一、相似
1．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．
（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；
（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；
（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．
【答案】（1）解：如图1，
∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，
∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB=2，AB⊥OC，
∴AC=BC=1，∠BOC=30°，
∴OC= ，
∴A（-1，），
把A（-1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a= ；
（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，
∵CF∥BG，
∴，
∵AC=4BC，
∴ =4，
∴AF=4FG，
∵A的横坐标为-4，
∴B的横坐标为1，
∴A（-4，16a），B（1，a），∵∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠BOE=90°，
∵∠AOD+∠DAO=90°，
∴∠BOE=∠DAO，
∵∠ADO=∠OEB=90°，
∴△ADO∽△OEB，
∴，
∴，
∴16a2=4，
a=± ，
∵a＞0，
∴a= ；
∴B（1，）；
（3）解：如图3，
设AC=nBC，
由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，
则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），
∴AD=am2n2，
过B作BF⊥x轴于F，
∴DE∥BF，
∴△BOF∽△EOD，
∴，
∴，
∴，DE=am2n，
∴，
∵OC∥AE，
∴△BCO∽△BAE，
∴，
∴，
∴CO= =am2n，
∴DE=CO．
【解析】【分析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。

（2）过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，根据平行线分线段成比例证出AF=4FG，根据点A的横坐标为﹣4，求出点B的横坐标为1，则A（-4，16a），B（1，a），再根据已知证明∠BOE=∠DAO，∠ADO=∠OEB，就可证明△ADO∽△OEB，得出对应边成比例，建立关于a的方程求解，再根据点B在第一象限，
确定点B的坐标即可。

（3）根据（2）可知A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），得出AD的长，再证明△BOF∽△EOD，△BCO∽△BAE，得对应边成比例，证得CO=am2n，就可证得DE=CO。

2．抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
【答案】（1）解：当x=0,y=3，
所以C（0,3）
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x- ).
将C（0,3）代入得- a=3，解得a=-2
所以抛物线的解析式为y=-2x2+x+3
（2）解：过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N，如图1，
∵OC=3，AO=1，
∴tan∠CAO=3.
∴直线AC的解析式为y=3x+3.
∵AC⊥BM，
∴BM的一次项系数为- .
设BM的解析式为y=- x+b,将点B的坐标代入得：- × +b=0,解得b= .∴BM的解析式为y=- x+ .
将y=3x+3与y=- x+ 联立解得：x=- ，y= .
∴MC=BM= = .
∴∆MCB为等腰三角形.
∴∠ACB=45°.
（3）解：如图2所示，延长CD，交x轴于点F.
∵∠ACB=45°,点D是第一象限抛物线上一点，
∴∠ECD＞45°.
又∵∆DCE与∆AOC相似，∠AOC=∠DEC=90°,
∴∠CAO=∠ECD.
∴CF=AF.
设点F的坐标为（a，0），则（a+1）2=32+a2，解得a=4.
∴F（4,0）.
设CF的解析式为y=kx+3，将F（4,0）代入得：4k+3=0，解得k=- .
∴CF的解析式为y=- x+3.
将y=- x+3与y=-2x2+x+3联立，解得x=0（舍去）或x= .
将x= 代入y=- x+3得y=
∴D（，）．
【解析】【分析】（1）结合已知抛物线与x轴的交点AB，设抛物线的解析式为顶点式，代入点C的坐标求出系数，在回代化成抛物线解析式的一般形式。

（2）作垂线转化到直角三角形中利用锐角函数关系解出直线南AC的解析式，再利用待定系数法求出系数得出直线BC的解析式，联立方程得出点M的坐标，根据勾股定理求出MC,BM的长判断出是等腰直角三角形，得出角的度数 .
（3）根据相似三角形的性质的出两角相等，再利用待定系数法求出系数得出直线CF的解析式，再联立方程得出点D的坐标。

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，在中，，于点，点在上，
且，连接．
（1）求证：
（2）如图，将绕点逆时针旋转得到（点分别对应点），设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC=45°，
∴AH=BH，
在△BHD和△AHC中，
，
∴△BHD≌△AHC，
∴
（2）解：方法1:如图1，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°
∴∠CHF=90°+30°=120°，
由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
∴∠GAH=∠HCG=30°，
∴CG⊥AE，
∴点C，H，G，A四点共圆，
∴∠CGH=∠CAH，
设CG与AH交于点Q，
∵∠AQC=∠GQH，
∴△AQC∽△GQH，
∴，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，由（1）知，BD=AC，
∴EF=AC
∴
即：EF=2HG．
方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
∴HD=HF，∠AHF=30°
∴∠CHF=90°+30°=120°，
由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
∴∠GAH=∠HCG=30°，
∴CG⊥AE，
由旋转知，∠EHF=90°，
∴EK=HK= EF
∴EK=GK= EF，
∴HK=GK，
∵EK=HK，
∴∠FKG=2∠AEF，
∵EK=GK，
∴∠HKF=2∠HEF，
由旋转知，∠AHF=30°，
∴∠AHE=120°，
由（1）知，BH=AH，
∵BH=EH，
∴AH=EH，
∴∠AEH=30°，
∴∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，
∴△HKG是等边三角形，
∴GH=GK，
∴EF=2GK=2GH，
即：EF=2GH．
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出△BHD≌△AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；
（2）方法1:如图1，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出∠CGH=∠CAH，根据对顶角相等得出∠AQC=∠GQH，从而得出△AQC∽△GQH，根据全等三角形对应边成比例得出 A C∶ H G = A Q∶ G Q = 1 ∶sin 30 ° = 2，根据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=AC
EF=BD，由E F∶ H G = A C∶ G H = A Q∶ G Q = 1∶ sin 30 ° = 2得出结论；
方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等
腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出
EK=HK= EF，EK=GK= EF，从而得出HK=GK，根据等边对等角及三角形的外角定理得出∠FKG=2∠AEF，∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，故∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，根据等量代换得出AH=EH，根据等边对等角得出∠AEH=30°，∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK，根据等量代换得出EF=2GK=2GH。

5．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB.
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）求证：BC= AB；
（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB=4，求MN MC的值.
【答案】（1）证明：∵OA=OC，∴∠A=∠ACO，
又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，∴∠A=∠ACO=∠PCB，
又∵AB是⊙O的直径，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，
即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线
（2）证明：∵AC=PC，∴∠A=∠P，∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．
又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，∴∠COB=∠CBO，∴BC=OC，
∴
（3）解：连接MA，MB，
∵点M是弧AB的中点，∴弧AM=弧BM，∴∠ACM=∠BCM，
∵∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，
∵∠BMN=∠BMC，∴△MBN∽△MCB，∴，∴ BM2=MN⋅MC ，
又∵AB是⊙O的直径，弧AM=弧BM，
∴∠AMB=90°，AM=BM，
∵AB=4，∴，
∴ MN⋅MC=BM2=8 ．
【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO，运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB，再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°，进而求解.（2）根据等边对等角得出∠A=∠P，再根据第一问中的结论求解即可，
（3）连接MA，MB，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，证出△MBN∽△MCB，得出比例式进而求解即可.
6．定义：如图，若点D在的边AB上，且满足，则称满足这样条件的点为的“理想点”
（1）如图，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；
（2）如图，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长；
（3）如图，已知平面直角坐标系中，点，，C为x轴正半轴上一点，且满足，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三点围成的三角形的“理想点” 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：结论：点D是的“理想点”.
理由：如图中，
是AB中点，，
，
，，
，
，
，
∽，
，
点D是的“理想点”，
（2）解：如图中，
点D是的“理想点”，
或，
当时，
，
，
，
当时，同法证明：，
在中，，，，
，
，
.
（3）解：如图中，存在有三种情形：
过点A作交CB的延长线于M，作轴于H.
，，
，
，
，，
，
≌，
，，设，
，，
，，，，，
，
，
解得或舍弃，
经检验是分式方程的解，
，，
①当时，点A是的“理想点” 设，
，，
∽，
，
，
解得，
.
②当时，点A是的“理想点”.
易知：，
，
.
③当时，点B是的“理想点”.
易知：，
，
.
综上所述，满足条件的点D坐标为或或 .
【解析】【分析】（1）结论：点D是的“理想点” 只要证明∽
即可解决问题；（2）只要证明即可解决问题；（3）如图中，存在有三种情形：过点A作交CB的延长线于M，作轴于构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；
7．已知在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4.点Q是线段AC上的一个动点，过点Q作AC的垂线交线段AB（如图1）或线段AB的延长线（如图2）于点P.
（1）当点P在线段AB上时，求证：△APQ∽△ABC；
（2）当△PQB为等腰三角形时，求AP的长.
【答案】（1））证明：∵∠A+∠APQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠APQ=∠C.
在△APQ与△ABC中，∵∠APQ=∠C，∠A=∠A，
∴△APQ∽△ABC.
（2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5.
∵∠BPQ为钝角，∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ.
（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示，
由（1）可知，△APQ∽△ABC，
∴，即，解得： .
∴ .
（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示,
∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P.
∵∠BQP+∠AQB=90°，∠A+∠P=90°，∴∠AQB=∠A。

∴BQ=AB。

∴AB=BP，点B为线段AB中点。

∴AP=2AB=2×3=6.
综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6.
【解析】【分析】（1）由两对角相等（∠APQ=∠C，∠A=∠A），证明△APQ∽△ABC。

（2）当△PQB为等腰三角形时，有两种情况，需要分类讨论.（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示.由三角形相似（△APQ∽△ABC）关系计算AP的长；（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示.利用角之间的关系，证明点B为线段AP的中点，从而可以求出AP.
8．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.
9．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA ，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F ， G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）①在正方形ACDE中，有DG=GE=6
在Rt△AEG中，AG=
∵EG∥AC
∴△ACF∽△GEF
∴，
∴
∴
②如图1，在正方形ACDE中，AE=ED
∠AEF=∠DEF=45°，
又EF=EF，∴△AEF≌△DEF
∴∠1=∠2（设为x）
∵AE∥BC
∴∠b=∠1=x
∵GF=GD
∴∠3=∠2=x
在△dbf中，∠3+∠FDb+∠b=180°
∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°
∴∠B=30°
∴在Rt△ABC中，BC=
（2）在Rt△ABC中，AB=
如图2，当点D在线段BC上时，此时只有GF=GD
∵DG∥AC
∴△BDG∽△BCA
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x
∴GF=GD=4x，则AF=15-9x
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即
解得x1=1，x2=5（舍去）
∴腰长G D=4x=4
如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有
GF=Dg，
设AE=3x，则E G=4x，A G=5x，
∴F G=DG=12+4x，
∵AE∥BC
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即x2=4
解得x1=2，x2=-2（舍去）
∴腰长GD=4x+12=20
如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作D H⊥FG。

设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴GF=2G H= ，
∴AF=GF-AG=
∵AC∥DG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288cos
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x+12=
如图5，当点D在线段Cb的延长线上时，此时只有DF=D g，过点D作D h⊥AG，
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴AF=AG−FG=
∵AC∥EG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x-12=
综上所述，等腰△DFG的腰长为4，20，，
【解析】【分析】（1）①此小题考查相似三角形的判定与性质；由正方形的性质可得AG//EG，则△ACF∽△GEF，即可得FG：AF=EG：AC=1:2，则只要由勾股定理求出AG即可；
②由正方形性的对称性，不难得出∠1=∠2，而由GF=GD可知∠3=∠2，在△BDF中，由三角形内角和为180度，不难求出∠b的度数，可知是一个特殊角的度数，从而求出BC即可；（2）因为BC=9，所以B是定点，动点是D，因为点D是直线BC上一点，随着点D 的位置的变化，E和F点的位置也跟着变化；需要分类计论点D在线段BC上，点D在BC 的延长线和点D在CB的延长线上，再逐个分析等腰三角形的存在性，根据相似三角形的性及三角函数分析解答即可．
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P是边AB上的一动点，连结DP.
（1）若将△DAP沿DP折叠，点A落在矩形的对角线上点A′处，试求AP的长；
（2）点P运动到某一时刻，过点P作直线PE交BC于点E，将△DAP与△PBE分别沿DP 与PE折叠，点A与点B分别落在点A′，B′处，若P，A′，B′三点恰好在同一直线上，且A′B′＝2，试求此时AP的长；
（3）当点P运动到边AB的中点处时，过点P作直线PG交BC于点G，将△DAP与△PBG 分别沿DP与PG折叠，点A与点B重合于点F处，连结CF，请求出CF的长.
【答案】（1）解:①当点A落在对角线BD上时，设AP＝PA′＝x，
在Rt△ADB中，∵AB＝4，AD＝3，∴BD＝＝5，
∵AB＝DA′＝3，∴BA′＝2，
在Rt△BP A′中，（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，
∴AP＝ .
②当点A落在对角线AC上时，
由翻折性质可知：PD⊥AC，则有△DAP∽△ABC，∴＝，∴AP＝＝＝ .
∴AP的长为或
（2）解:①如图3中，设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，∵A′B′＝2，∴4﹣x﹣x＝2，∴x＝1，∴PA＝1；
②如图4中，
设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，
∵A′B′＝2，∴x﹣（4﹣x）＝2，
∴x＝3，∴PA＝3；
综上所述，PA的长为1或3
（3）解:如图5中，作FH⊥CD由H.
由翻折的性质可知；AD＝DF＝3.BG＝BF，G、F、D共线，
设BG＝FG＝x，在Rt△GCD中，（x+3）2＝42+（3﹣x）2，
解得x＝，∴DG＝DF+FG＝，CG＝BC﹣BG＝，
∵FH∥CG，∴＝＝，∴＝＝，
∴FH＝，DH＝，∴CH＝4﹣＝，
在Rt△CFH中，CF＝＝
【解析】【分析】（1）分两种情形：①当点A落在对角线BD上时，设AP=PA′=x，构建方程即可解决问题；②当点A落在对角线AC上时，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题；（2）分两种情形分别求解即可解决问题；（3）如图5中，作FH⊥CD由H.想办法求出FH、CH即可解决问题
11．如图1，在△ABC中，在BC边上取一点P，在AC边上取一点D，连AP、PD，如果△APD是等腰三角形且△ABP与△CDP相似，我们称△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”.
（1）如图2,在△ABC中AB=AC,∠B=50°，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，且AD=DP，∠PAC=∠BPD，则∠PAC的度数是________；
（2）如图3，在△ABC中，∠A=2∠C，在AC边上至少存在一个“等腰邻相似△APD”，请画出一个AC边上的“等腰邻相似△APD”，并说明理由；
（3）如图4，在Rt△ABC中AB=AC=2，△APD是AB边上的“等腰邻相似三角形”，请写出AD长度的所有可能值.
【答案】（1）30°
（2）解：如图3中，△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”，
理由：作∠BAC的平分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，
∴∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，
∴DP=DA，
∵∠CAB=2∠C，
∴∠BAP =∠C，
∴△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，
∴△APD是AC边上的“等腰邻相似三角形”
（3）解：如图3′中，当DA=DP时，设∠APD=∠DAP=x，
①若∠BPD=∠CAP=90°-x，∠BDP=∠CPA=2x，
∴90°-x+2x+x=180°，
∴x=45°，
∴三角形都是等腰直角三角形，易知AD=1；
②若∠PDB=∠CAP时，设∠APD=∠DAP=x，
得到∠PDB=∠CAP=2x，易知x=30°，
设AD=a，则AP=
∵△BPD∽△CPA，
∴，即，
解得，
如图4中，当PA=PD时，易知∠PDB是钝角，∠CAP是锐角，
∴∠PDB=∠CPA，则△BPD≌△CPA，
设AD=a，则BD=2-a，，AC=2，
，
解得a= ，
如图5中，当AP=AD时，设∠APD=∠ADP=x，则∠DAP=180°-2x，易知∠PDB为钝角，∠CAP为锐角，
∴∠PDB=∠CPA=180°-x，∠CAP=90°-∠DAP=90°-（180°-2x）=2x-90°，
在△APC中，2x-90°+180°-x+45°=180°，
解得x=45°，不可能成立．
综上所述．AD的长为1或或
【解析】【解答】（1）解：如图2中，
∵AB＝AC，DA＝DP，
∴∠B＝∠C，∠DAP＝∠DPA，
∵∠PAC＝∠BPD，
∴∠APC＝∠BDP＝∠DAP＋∠DPA，
∵∠APC＝∠B＋∠BAP，
∴∠B＝∠PAB＝50°，
∵∠BAC＝180°−50°−50°＝80°，
∴∠PAC＝30°
故答案为30°
【分析】（1）根据等边对等角和三角形外角的性质证明∠B＝∠PAB即可解决问题．（2）如图3中，作∠BAC的平分线AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，根据平行线的性质和角平分线定义可得∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，结合∠A=2∠C可证△APD是等腰三角形且△APB与△CDP相似，即可解决问题．（3）分三种情形讨论：如图3′中，当DA＝DP时；如图4中，当PA＝PD时；如图5中，当AP＝AD时；分别求解即可解决问题．
12．已知，如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG.
（1）求▱DEFG对角线DF的长；
（2）求▱DEFG周长的最小值；
（3）当▱DEFG为矩形时，连接BG，交EF，CD于点P，Q，求BP：QG的值.
【答案】（1）解：如图1所示：
连接DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，
∵BF＝FC，AD＝2；∴FC＝1，
∵AB＝3；∴DC＝3，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，
∴DF＝；
故▱DEFG对角线DF的长
（2）解：如图2所示：
作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，
连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，
①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，∴ME+DE＞MD，
②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，∴ME+DE＝MD
由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，
∵MB＝BF，∴MB＝1，
∴MC＝3，
又∵DC＝3，
∴△MCD是等腰直角三角形，
∴MD＝，
∴NF+DF＝MD＝2 ，
∴l▱DEFG＝2（NF+DF）＝4
（3）解：①当AE＝1，BE＝2时，过点B作BH⊥EF，如图3（甲）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠ABF＝90°，
又∵BF＝1，AD＝2，
∴在△ADE和△BEF中有，
，
∴△ADE≌△BEF中（SAS），
∴DE＝EF，
∴矩形DEFG是正方形；
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
EF＝，
∴BH ，
又∵△BEF～△FHB，
∴，
HF＝，
在△BPH和△GPF中有：
，
∴△BPH∽△GPF（AA），
∴
∴PF＝，
又∵EP+PF＝EF，
∴，
又∵AB∥BC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴ .
②当AE＝2，BE＝1时，过点G作GH⊥DC，如图3（乙）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠EBF＝90°，
∵AD＝AE＝2，BE＝BF＝1，
∴在Rt△ADE和Rt△EFB中，由勾股定理得：∴ED＝，
EF＝，
∴∠ADE＝45°，
又∵四边形DEFG是矩形，
∴EF＝DG，∠EDG＝90°，
∴DG＝，∠HDG＝45°，
∴△DHG是等腰直角三角形，
∴DH＝HG＝1，
在△HGQ和△BCQ中有，
∴△HGQ∽△BCQ（AA），
∴，
∵HC＝HQ+CQ＝2，
∴HQ＝，
又∵DQ＝DH+HQ，
∴DQ＝1+ ＝，
∵AB∥DC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴，
综合所述，BP：QG的值为或 .
【解析】【分析】（1）▱DEFG对角线DF的长就是Rt△DCF的斜边的长，由勾股定理求解；（2）▱DEFG周长的最小值就是求邻边2（DE+EF）最小值，DE+EF的最小值就是以AB 为对称轴，作点F的对称点M，连接DM交AB于点N，点E与N点重合时即DE+EF=DM 时有最小值，在Rt△DMC中由勾股定理求DM的长；（3）▱DEFG为矩形时有两种情况，一是一般矩形，二是正方形，分类用全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理求解.。