20202021備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)專題題庫∶相似綜合題及解析

2020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)專題題庫∶相似的綜合題及答案解析2020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)專題題庫∶相似的綜合題及答案解析29/292020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)專題題庫∶相似的綜合題及答案解析2020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)專題題庫∶相似的綜合題及答案解析一、相似1．在等腰直角三角形ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC,D是AB邊上的中點，Rt△EFG的直角極點E在AB邊上搬動.（1）如圖1，若點D與點E重合且EG⊥AC、DF⊥BC，分別交AC、BC于點M、N，易證EM＝EN；如圖2，若點D與點E重合，將△EFG繞點D旋轉(zhuǎn)，則線段EM與EN的長度還相等嗎?若相等請給出證明，不相等請說明原因；（2）將圖1中的Rt△EGF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)角度°°α(0＜α＜45).如圖2，在旋轉(zhuǎn)過程中,當(dāng)°MN的長；∠MDC＝15時，連接MN，若AC＝BC＝2，央求出線段（3）圖3,旋轉(zhuǎn)后,若Rt△EGF的極點E在線段AB上搬動(不與點D、B重合)，當(dāng)AB＝3AE時，線段EM與EN的數(shù)量關(guān)系是________；當(dāng)AB＝m·AE時，線段EM與EN的數(shù)量關(guān)系是________.【答案】（1）解：EM＝EN;原因以下：∵∠ACB＝90°AC＝BCD是AB邊上的中點∴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,則∠CDP＝45°CP＝DP＝AP＝1∵∠CDG＝15°∴∠MDP＝30°cos∠MDP＝∴DM＝，DM＝DN，∵△MND為等腰直角三角形∴MN＝3）NE＝2ME；EN＝(m－1)ME【解析】【解答】解：(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME證明：如圖3，過點E作EP⊥AB交AC于點P則△AEP為等腰直角三角形，∠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由此規(guī)律可知，當(dāng)AB＝m·AE時，EN＝(m－1)·ME【解析】（1）EM＝EN;原因以下：依照等腰直角三角形的性質(zhì)得出DC＝DB∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°依照同角的余角相等得出∠CDM＝∠BDN，爾后由ASA判斷出△CDM≌△BDN依照全等三角形的對應(yīng)邊相等得出DM＝DN即EM＝EN；（2）依照等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠CDP＝45°CP＝DP＝AP＝1，依照角的和差得出∠MDP＝30°，依照余弦函數(shù)的定義及特別角的三角函數(shù)值，由cos∠MDP＝得出長，又DM＝DN，故△MND為等腰直角三角形，依照等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出的長；

DM

的MN(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME，如圖3，過點E作EP⊥AB交AC于點P，則△AEP為等腰直角三角形，∠PEB＝90°，依照同角的余角相等得出∠MEP＝∠NEB爾后判斷出△PME∽△BNE，依照相似三角形對應(yīng)邊成比率即可得出u結(jié)論，由此規(guī)律可知，當(dāng)AB＝m·AE時，EN＝(m－1)·ME2．如圖1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分別是AB、BD的中點，連接EF，點P從點E出發(fā)，沿EF方向勻速運動，速度為1cm/s，同時，點Q從點D出發(fā)，沿DB方向勻速運動，速度為2cm/s，當(dāng)點P停止運動時，點Q也停止運動．連接PQ，設(shè)運動時間為t（0＜t＜4）s，解答以下問題：1）求證：△BEF∽△DCB；2）當(dāng)點Q在線段DF上運動時，若△PQF的面積為2，求t的值；（3）如圖2過點Q作QG⊥AB，垂足為G，當(dāng)t為何值時，四邊形原因；

EPQG為矩形，請說明（4）當(dāng)t為何值時，△PQF為等腰三角形？試說明原因．【答案】（1）解：∵四邊形是矩形，在

中，分別是

的中點，（2）解：如圖1，過點作于，（舍）或秒（3）解：四邊形為矩形時,以下列圖：解得：（4）解：當(dāng)點在上時，如圖2，當(dāng)點在上時，如圖3，時，如圖4，時，如圖5，綜上所述，或或或秒時，是等腰三角形【解析】【解析】（1）要證△BEF∽△DCB，依據(jù)有兩對角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得證。依照三角形中位線定理可得EF∥AD∥BC，可得一組內(nèi)錯角相等，由矩形的性質(zhì)可得C=∠A=∠BEF=，因此△BEF∽△DCB；（2）過點Q作QM⊥EF于M，結(jié)合已知易得QM∥BE，依照相似三角形的判斷可得△QMF∽△BEF，則得比率式,QM可用含t的代數(shù)式表示，PF=4-t，因此三角形PQF的面積=QM

PF=06，解方程可得

t的值；（3）由于

QG⊥AB，結(jié)合題意可得

PQ

AB，依照相似三角形的判斷可得QPFBEF，于是可得比率式求解；4）由于Q在對角線BD上運動，狀況不唯一。當(dāng)點Q在DF上運動時，PF=QF；當(dāng)點Q在BF上運動時，分三種狀況：第一種狀況;PF=QF第;二種狀況：PQ=PF；第三種狀況：PQ=FQ。3．定義：如圖條件的點為

，若點D在的“理想點”

的邊

AB

上，且滿足

，則稱滿足這樣（1）如圖，若點D是的邊AB的中點，，，試判斷點D是不是的“理想點”，并說明原因；（2）如圖，在中，，，，若點D是的“理想點”，求CD的長；（3）如圖，已知平面直角坐標(biāo)系中，點，，C為x軸正半軸上一點，且滿足，在y軸上可否存在一點D，使點A，B，C，D中的某一點是其他三點圍成的三角形的“理想點”若存在，央求出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明原因.【答案】（1）解：結(jié)論：點D是的“理想點”.原因：如圖中，是AB中點，，

，，

，，，，∽，，點D是的“理想點”，（2）解：如圖中，當(dāng)

點D是

的“理想點”，或，時，，，當(dāng)在

，時，同法證明：中，

，

，

，

，，，.（3）解：如圖中，存在有三種狀況：過點

A作

交CB的延長線于

M，作，

軸于，

H.，，，

，，≌，，

，，設(shè)，

，，

，

，

，，，，解得經(jīng)檢驗①當(dāng)

或舍棄，是分式方程的解，，，時，點A是，

，

的“理想點”設(shè)

，∽

，，，解得

，.②當(dāng)

時，點

A是

的“理想點”.易知：

，，.③當(dāng)

時，點

B是

的“理想點”.易知：

，，.綜上所述，滿足條件的點D坐標(biāo)為【解析】【解析】（1）結(jié)論：點即可解決問題；（2）只要證明

D是

或或.的“理想點”只要證明即可解決問題；（3）如圖

∽中，存在

有三種狀況：過點A作交CB的延長線于M，作軸于構(gòu)造全等三角形，利用平行線分線段成比率定理成立方程求出點C坐標(biāo)，分三種狀況求解即可解決問題；4．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=ax2+bx-5與x軸交于A(-1，0)，B(5，0)兩點，與y軸交與點C.（1）求拋物線的函數(shù)表達式;（2）若點D是y軸上的點，且以B、C、D為極點的三角形與△ABC相似，求點D的坐標(biāo);（3）如圖2，CE//x軸與拋物線訂交于點E，點H是直線CE下方拋物線上的動點，過點H且與y軸平行的直線與BC、CE分別訂交于點F，G，試試究當(dāng)點H運動到哪處時，四邊形CHEF的面積最大，求點H的坐標(biāo)及最大面積.【答案】（1）解：把A(-1，0)，B(5，0)代入y=ax2+bx-5可得，解得二次函數(shù)的解析式為y=x2-4x-5.2）解：如圖1,令x=0，則y=-5，C(0,-5)，OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45，°∴AB=6,BC=5，要使以B,C,D為極點的三角形與△ABC相似,則有或，當(dāng)時，CD=AB=6，D(0,1)，當(dāng)時，∴，∴CD=，∴D(0,)，即：D的坐標(biāo)為(0,1)或(0,)；（3）解：設(shè)H(t，t2-4t-5)∥x軸，，又由于點E在拋物線上，即，解得（舍去）∴BC所在直線解析式為y=x-5,∴則，而CE是定值，∴當(dāng)HF的值最大時，四邊形CHEF有最大面積。當(dāng)時，HF獲取最大值，四邊形CHEF的最大面積為,此時H(，)【解析】【解析】（

1）依照待定系數(shù)法直接確定出拋物線解析式；（

2）分兩種狀況，利用相似三角形的比率式即可求出點D的坐標(biāo)；（3）先求出直線BC的解析式，進而求出四邊形CHEF的面積的函數(shù)關(guān)系式，即可求出最大值；5．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠CBG=∠A，CD為直徑，OC與AB訂交于點E，過點E作EF⊥BC，垂足為F，延長CD交GB的延長線于點P，連接BD．（1）求證：PG與⊙O相切；（2）若=，求的值；3）在（2）的條件下，若⊙O的半徑為8，PD=OD，求OE的長．【答案】（1）解：如圖，連接OB，則OB=OD，∴∠BDC=∠DBO，∵∠BAC=∠BDC、∠BAC=∠GBC，∴∠GBC=∠BDO，∵CD是⊙O的直徑，∴∠DBO+∠OBC=90，°∴∠GBC+∠OBC=90，°∴∠GBO=90，°∴PG與⊙O相切。（2）解：過點O作OM⊥AC于點M，連接OA，則∠AOM=∠COM=∠AOC，∵∴∠ABC=∠AOC=∠COM，又∵∠EFB=∠OMC=90°，∴△BEF∽△OCM，∴，∵CM=AC，∴，又∵，∴（3）解：由（2）可知

=，則

BE=10.∵PD=OD，∠PBO=90，°∴BD=OD=8，在Rt△DBC中，BC=

=8

，又∵OD=OB，∴△DOB是等邊三角形，∴∠DOB=60，°∵∠DOB=∠OBC+∠OCB，OB=OC，∴∠OCB=30，°∴，=，∴可設(shè)EF=x，則EC=2x、FC=x，∴BF=8﹣x，222，在Rt△BEF中，BE=EF+BF∴100=x2+（8﹣x）2，解得：x=6±，∵6+＞8，舍去，∴x=6﹣，∴EC=12﹣2，∴OE=8﹣（12﹣2）=2﹣4【解析】【解析】（1）連接OB，則需要證明∠GBO=∠GBC+∠OBC=90°；由CD是⊙O的直徑，則∠DBO+∠OBC=90°，即需要證明∠GBC=∠BDO，由同弧所對的圓周角相等，可知BAC=∠BDC，而∠BAC=∠GBC，∠BDC=∠DBO，則可證得∠GBC=∠BDO。（2）由于已知=，求,其中EF，BE是△BEF的兩條邊，而AC，OC是△AOC的兩條邊，但△BEF和△AOC不相似，則可構(gòu)造兩三角形相似，由于△BEF是直角三角形，則可過點O作OM⊥AC于點M，連接OA，即構(gòu)造△BEF∽△OCM，進而可求得。（3）由（2）得的值及OC=8求出BE；由PD=OD，且∠PBO=90°，依照“直角三角形斜邊上的中線長等于斜邊長的一半”可得BD=OD=8，由勾股定理可求得BC的長，則△DOB是等邊三角形，則在直角三角形ECF中存在特別角30度，不如設(shè)EF=x，則CE=2x，CF=x。在Rt△BEF中，由勾股定理可得222BE=EF+BF，構(gòu)造方程解答即可。6．如圖1，圖形ABCD是由兩個二次函數(shù)與的部分圖像圍成的封閉圖形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．（1）直接寫出這兩個二次函數(shù)的表達式；（2）判斷圖形ABCD可否存在內(nèi)接正方形（正方形的四個極點在圖形ABCD上），并說明原因；（3）如圖2，連接BC、CD、AD，在坐標(biāo)平面內(nèi)，求使得△BDC與△ADE相似（其中點C與點E是對應(yīng)極點）的點E的坐標(biāo)．【答案】（1）解：（2）解：存在，原因：當(dāng)該內(nèi)接正方形的中心是原點O，且一組鄰邊分別平行于x軸、y軸時，設(shè)M（x,-x2+1）為第一象限內(nèi)的圖形ABCD上一點，M'（x,3x2-3）為第四象限內(nèi)的圖形上一點，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由拋物線的對稱性知，若有內(nèi)接正方形，則2x=4-4x2，即2x2+x-2=0，x=或（舍），∵0<

，∴存在內(nèi)接正方形，此時其邊長為（3）解：解：在

Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD=

，同理

CD=

.在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC=①如圖（1）

.當(dāng)△DBC~△DAE時，因∠CDB=∠ADO，∴在y軸上存在一點E，由得，得由對稱性知在直線

DE=DA

，因D（0，-3），∴E（）；右側(cè)還存在一點E'使得△DBC~△DAE'，連接

EE'交

DA

于

F點，作E'M⊥OD，垂足為M，連接E'D，∵E、E'關(guān)于DA對稱，∴DF垂直均分EE'，∴△DEF~△DAO，∴，有，∴，.因，∴，又，在Rt△DE'M中，DM=，∴OM=1，得∴，使得△DBC~△DAE的點

E的坐標(biāo)為（

0，

,）或

；如圖（2）當(dāng)△DBC~△ADE時，有∠BDC=∠DAE，，即，得AE=.當(dāng)E在直線DA左側(cè)時，設(shè)AE交y軸于P點，作EQ⊥AC，垂足為Q.由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，設(shè)PD=x，則PO=3-x，PA=x，在Rt△AOP中，由得，解得，則有PA=，PO=，因AE=，∴PE=，在△AEQ中，OP∥EQ，∴，得，又，∴QE=2，∴E（），當(dāng)E'在直線DA右側(cè)時，因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，則AE'∥OD，∴E'（1，），則使得△DBC~△ADE的點E的坐標(biāo)為或.綜上，使得△BDC與△ADE相似（其中點C與點E是對應(yīng)極點）的點E的坐標(biāo)有4個，即（0，,）或或或【解析】【解答】（1）∵二次函數(shù)經(jīng)過點A（1,0），B（0,1）代入得解得∴二次函數(shù)；∵二次函數(shù)經(jīng)過點A（1,0），D（0,-3）代入得解得∴二次函數(shù).【解析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函數(shù)解出k，m的值可得二次函數(shù)y1的表達式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函數(shù)解出k，m的值可得二次函數(shù)y1的表達式；（2）判斷可否存在，可以列舉出一種特別狀況：當(dāng)該內(nèi)接正方形的中心是原點O，且一組鄰邊分別平行于x軸、y軸時，則可設(shè)點M（x,-x2+1）在y1圖象上，則該正方形存在另一點M'（x,3x2-3）在y2圖象上，由鄰邊相等構(gòu)造方程解答即可；（3）關(guān)于△BDC與△ADE相似，且C于D對應(yīng)，那么就存在兩種狀況：①當(dāng)點B對應(yīng)點A，即△DBC~△DAE，此時點E的地址有兩處，一處在y軸上，另一處在線段AD的右側(cè)；②當(dāng)點B對應(yīng)點DA時，即△DBC~△ADE，些時點E有兩處，分別處于線段AD的左右兩側(cè)；結(jié)果兩種狀況所有的條件解出答案即可.7．在數(shù)學(xué)興趣小組活動中，小亮進行數(shù)學(xué)研究活動，△ABC是邊長為2的等邊三角形，是AC上一點，小亮以BE為邊向BE的右側(cè)作等邊三角形BEF，連接CF．

E1）如圖1，當(dāng)點E在線段AC上時，EF、BC訂交于點D，小亮發(fā)現(xiàn)有兩個三角形全等，請你找出來，并證明；（2）當(dāng)點E在線段AC上運動時，點F也隨著運動，若四邊形ABFC的面積為，求AE的長；（3）如圖2，當(dāng)點E在AC的延長線上運動時，CF、BE訂交于點D，請你研究△ECD的面積S1與△DBF的面積S2之間的數(shù)量關(guān)系，并說明原因；（4）如圖2，當(dāng)△ECD的面積S1＝時，求AE的長．【答案】（1）解：現(xiàn)點E沿邊AC從點A向點C運動過程中，向來有△ABE?△CBF.由圖1知，△ABC與△EBF都是等邊三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，∴∠CBF=∠ABE=60-∠°CBE，∴△ABE?△CBF.（2）解：由（1）知點E在運動過程中向來有△ABE?△CBF，因四邊形BECF的面積等于三角形BCF的面積與三角形BCE的面積之和，∴四邊形BECF的面積等于△ABC的面積，因△ABC的邊長為2，則，∴四邊形BECF的面積為，又四邊形ABFC的面積是，∴，在三角形ABE中，因∠A=60°∴，邊AB上的高為AEsin60,°∴（3）解：

.

，則AE=

.由圖2知，△ABC與△EBF都是等邊三角形，∴AB=CB，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，又∠CBF=∠ABE=60°+∠CBE，∴△ABE?△CBF，∴，∴則（4）解：由（3）知

，則，即

，

，由得，∵△ABE?△CBF，AE=CF，∠BAE=∠BCF=60，°又∠BAE=∠ABC=60°，得∠ABC=∠BCF，∴CF∥AB，則△BDF的邊CF上的高與△ABC的高相等，即為，則DF=，設(shè)CE=x，則2+x=CD+DF=CD+，∴CD=x-，在△ABE中，由CD∥AB得，，即，化簡得，∴x=1或x=-（舍），即CE=1，∴AE=3.【解析】【解析】（1）不難發(fā)現(xiàn)△ABE?△CBF，由等邊三角形的性質(zhì)獲取相應(yīng)的條件，根據(jù)“SAS”定三角形全等；（判2）由（1）可得△ABE?△CBF，則，則四邊形ABFC==，由四邊形ABFC的面積為和等邊三角形ABC的邊長為2，可求得△ABE的面積，由底AB×AEsin60，°構(gòu)造方程可解出AE.（3）當(dāng)E在AC的延長線上時，△ABE?△CBF仍舊成立，則，即由等量關(guān)系即可得答案.（4）由（3）可求出△FBD的面積，由△ABE?△CBF，則AE=CF，∠BAE=∠BCF=60=°∠ABC，則CF//AB,則關(guān)于△BDF的邊CF上的高等于△ABC的高，則可求出DF的長度；由AE=CF，可設(shè)CE=x，且CD//AB可得，代入相關(guān)值解出x即可.8．已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點O在AB上，以O(shè)為圓心，OA長為半徑的圓與AC，AB分別交于點D，E，且∠CBD＝∠A．1）判斷直線BD與⊙O的地址關(guān)系，并證明你的結(jié)論；2）若AD：AO＝8：5，BC＝2，求BD的長．【答案】（1）解：BD是⊙O的切線；原因以下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，∵∠C=90，°∴∠CBD+∠CDB=90，°∴∠ODA+∠CDB=90，°∴∠ODB=90，°即BD⊥OD，∴BD是⊙O的切線2）解：設(shè)AD=8k，則AO=5k，AE=2OA=10k，∵AE是⊙O的直徑，∴∠ADE=90，°∴∠ADE=∠C，又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，∴，即，解得：BD=．因此BD的長是【解析】【解析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)和已知得出∠ODA=∠CBD，由直角三角形的性質(zhì)得出∠CBD+∠CDB=90°，因此∠ODA+∠CDB=90°，得出∠ODB=90°，即可得出結(jié)論；（2）設(shè)AD=8k，則AO=5k，AE=2OA=10k，由圓周角定理得出∠ADE=90°，△ADE∽△BCD，得出對應(yīng)邊成比率，即可求出BD的長．9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A、B兩點的坐標(biāo)分別為（20，0）和（0，15），動點P從點A出發(fā)在線段AO上以每秒

2cm

的速度向原點O運動，動直線EF從x軸開始以每秒1cm

的速度向上平行搬動（即

EF∥x

軸），分別與

y軸、線段

AB交于點

E、F，連接

EP、FP，設(shè)動點

P與動直線

EF同時出發(fā)，運動時間為

t秒．（1）求t=9時，△PEF的面積；（2）直線EF、點P在運動過程中，可否存在這樣的t使得△PEF的面積等于40cm2？若存在，央求出此時t的值；若不存在，請說明原因；（3）當(dāng)t為何值時，△EOP與△BOA相似．【答案】（1）解：∵EF∥OA，∴∠BEF=∠BOA又∵∠B=∠B，∴△BEF∽△BOA，∴=，當(dāng)t=9時，OE=9，OA=20，OB=15，∴EF==8，∴S△PEF=EF?OE=×8×9=36（cm2）（2）解：∵△BEF∽△BOA，∴EF===（15-t），∴×（15-t）×t=40，整理，得t2-15t+60=0，∵△=152-4×1×＜60，∴方程沒有實數(shù)根．∴不存在使得△PEF的面積等于40cm2的t值3）解：當(dāng)∠EPO=∠BAO時，△EOP∽△BOA，∴=，即=，解得t=6；當(dāng)∠EPO=∠ABO時，△EOP∽△AOB，∴=，即=，解得t=．∴當(dāng)t=6或t=時，△EOP與△BOA相似【解析】【解析】（1）由于EF∥x軸，則S△PEF=?EF?OE．t=9時，OE=9，要點是求EF．易證△BEF∽△BOA，則=，進而求出EF的長度，得出△PEF的面積；（2）假設(shè)存在這樣的t，使得△PEF的面積等于40cm2，則依照面積公式列出方程，由根的鑒識式進行判斷，得出結(jié)論；（3）若是△EOP與△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，則只能點O與點O對應(yīng)，爾后分兩種狀況分別談?wù)摚孩冱cP與點A對應(yīng)；②點P與點B對應(yīng)．10．如圖1，在△ABC中，在BC邊上取一點P，在AC邊上取一點D，連AP、PD，若是△APD是等腰三角形且△ABP與△CDP相似，我們稱△APD是AC邊上的“等腰鄰相似三角形”.（1）如圖2,在△ABC中AB=AC,∠B=50°，△APD是AB邊上的“等腰鄰相似三角形”，且AD=DP，∠PAC=∠BPD，則∠PAC的度數(shù)是________；2）如圖3，在△ABC中，∠A=2∠C，在AC邊上最少存在一個“等腰鄰相似△APD”，請畫出一個AC邊上的“等腰鄰相似△APD”，并說明原因；3）如圖4，在Rt△ABC中AB=AC=2，△APD是AB邊上的“等腰鄰相似三角形”，請寫出AD長度的所有可能值.【答案】（1）30°2）解：如圖3中，△APD是AC邊上的“等腰鄰相似三角形”，原因：作∠BAC的均分線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與△CDP相似，∴△APD是AC邊上的“等腰鄰相似三角形”3）解：如圖3′中，當(dāng)DA=DP時，設(shè)∠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時，設(shè)∠APD=∠DAP=x，獲取∠PDB=∠CAP=2x，易知x=30°，設(shè)AD=a，則AP=∵△BPD∽△CPA，∴，即，解得，如圖4中，當(dāng)PA=PD時，易知∠PDB是鈍角，∠CAP是銳角，∴∠PDB=∠CPA，則△BPD≌△CPA，設(shè)AD=a，則BD=2-a，

，AC=2，，解得a=如圖5中，當(dāng)∠CAP為銳角，

，AP=AD

時，設(shè)∠APD=∠ADP=x，則∠DAP=180°-2x，易知∠PDB

為鈍角，∴∠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°，不可以能成立．綜上所述．AD的長為1或或【解析】【解答】（1）解：如圖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°＝-850°，°∴∠PAC＝30°故答案為30°【解析】（1）依照等邊同等角和三角形外角的性質(zhì)證明∠B＝∠PAB即可解決問題．（2）如圖3中，作∠BAC的均分線AP交BC于P，作PD∥AB交AC于D，依照平行線的性質(zhì)和角均分線定義可得∠BAP=∠PAD=∠DPA，∠CPD=∠B，結(jié)合∠A=2∠C可證△APD是等腰三角形且△APB與△CDP相似，即可解決問題．（3）分三種狀況談?wù)摚喝鐖D3′中，當(dāng)DA＝DP時；如圖4中，當(dāng)PA＝PD時；如圖5中，當(dāng)AP＝AD時；分別求解即可解決問題．11．在直角坐標(biāo)系中，過原點O及點A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、連接OB，點D為OB的中點，點E是線段AB上的動點，連接DE，作DF⊥DE，交OA于點F，連接EF．已知點E從A點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度在線段AB上搬動，設(shè)搬動時間為t秒．（1）如圖1，當(dāng)t=3時，求DF的長．（2）如圖2，當(dāng)點E在線段AB上搬動的過程中，∠DEF的大小可否發(fā)生變化？若是變化，請說明原因；若是不變，央求出tan∠DEF的值．（3）連接AD，當(dāng)AD將△DEF分成的兩部分的面積之比為1：2時，求相應(yīng)的t的值．【答案】（1）解：當(dāng)t=3時，點E為AB的中點，∵A（8，0），C（0，6），OA=8，OC=6，∵點D為OB的中點，∴DE∥OA，DE=OA=4，∵四邊形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠OAB=∠DEA=90，°又∵DF⊥DE，∴∠EDF=90，°∴四邊形DFAE是矩形，DF=AE=3（2）解：∠DEF的大小不變；原因以下：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如圖2所示：∵四邊形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四邊形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，∴，，∵點D為OB的中點，∴M、N分別是OA、AB的中點，∴DM=AB=3，DN=OA=4，∵∠EDF=90，°∴∠FDM=∠EDN，又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，∴

，∵∠EDF=90

，°tan∠DEF=3）解：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD將△DEF的面積分成1：2的兩部分，設(shè)AD交EF于點G，則點G為EF的三均分點；①當(dāng)點E到達中點從前時，如圖3所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），AF=4+MF=﹣t+，∵點G為EF的三均分點，∴G（設(shè)直線

），AD的解析式為

y=kx+b，把A（8，0），D（4，3）代入得：

，解得：，∴直線AD的解析式為y=x+6，把G（②當(dāng)點

）代入得：E高出中點此后，如圖

t=4

；所示，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），AF=4﹣MF=﹣t+，∵點G為EF的三均分點，∴G（），代入直線AD的解析式y(tǒng)=﹣x+6得：t=；綜上所述，當(dāng)AD將△DEF