中考数学相似综合题附答案

1、-X相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1. 在AABC 中，Z ABC=90o （1）如图1，分別过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为IVK N,求证: ABM- BCN：(2) 如图 2, P 是边 BC 上一点，ZBAP=ZC, tanZ PAC= 5 ,求 tanC 的值：3 AD 2 " 二(3) 如图 3, D 是边 CA 延长线上一点，AE二AB, ZDEB二90°, SinZ BAC= <5 , AC 5、直接写岀tanZ CEB的值.【答案】(1)解:.AMMN, CNdIVIN, Z AMB=Z BNC=90% Z BAM+Z ABM=

2、90% Z ABC=90o, Z ABM+Z CBN=90% Z BAM=Z CBN,T Z AMB=Z NBC, ABM-厶BCN（2）解：如图2,过点P作PM丄AP交AC于M, PN丄AlvI于N图2. Z BAP+Z I=Z CPM+Z l=90 Z BAP=Z CPM=Z C,MP=MCT tanZPN _ 252 MPAC页一一乔一瓦设 MN=2m,PN=rX,根据勾股立理得，PM=加= 3m = a PN y taC=5m5BC J(3)解：在 RtZiABC 中 SinZBAC=ME = J,过点A作AG丄BE于G,过点C作CH丄BE交EB的延长线于H,T Z DEB=90o,

3、CHIl AGIl DE,GH _ AC 5Ig "元=2同(1)的方法得ZiABG-心BCHBG AC AB 4习一莎反_ 2,设 BG=4m, CH=3m AG=4n, BH3rTAB二AE, AG丄BE,/. EG=BG=4m»/. GH=BG+BH=4m+3n 4m ÷ 3n 54m. n=2m,. EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14mCh 3在 Rt CEH 中，tanZ BEC= Eh = 14【解析】【分析】(1)根据垂直的左义得出ZAMB=Z BNC=900,根据同角的余角相等得 出Z BAM=Z CBNt利用两个角对

4、应相等的两个三角形相似得出：ZiABM-ABCN:(2 )过点P作PF丄AP交AC于F,在PF 252v¾RJ (1)的方法得，, FQ=2b (a>0>Rt AFPtanZ PAC= 5AB= a, PQ=2a, BP=CQ _ FC五一亦从而表示出CQ,进根据线段的和差表示出BC, ABP-心b>0),中根拯正切函数的泄义，由 BP AP yPQF,故帀 FQPF 丁,设然后判断出AABp-ACQF,得再判断出厶ABP- CBA,得出AB _ BF,得出BC,从而列出方程，表示出BC,AB,在Rt ABC中，根据正切函数的泄义 得出tanC的值；BC 3（3）在

5、Rt ABC中，利用正弦函数的定义得出：SinZBAC=M 3,过点A作AG丄BE于 G,过点C作CH丄BE交EB的延长线于H,根据平行线分线段成比例泄理得出 GHAC _5BGACAB4EGAD 2,同（1）的方法得，aABG BCH ,椒CHBHBC3,设 BG=4m,CH=3m , AG=4n , BH=3n ,根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m ,故 GH=BG+BH=4m+3n ,根据比例式列出方程，求解得出n与m的关系，进而得岀 EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m ,在 Rt CEH 中根据正切函数的立义得出 tanZ BEC 的值51-2

6、. 如图，抛物线y= E2+bx+c与X轴交于点A和点B,与y轴交于点C,点B坐标为 （6, 0）,点C坐标为（0, 6）,点D是抛物线的顶点（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）如图1.抛物线的对称轴与X轴交于点E,连接BD,点F是抛物线上的动点，当 Z FBA=Z BDE时，求点F的坐标;（3）如图2,若点M是抛物线上的动点，过点M作MNll X轴与抛物线交于点N,点P在X轴上，点Q在坐标平而内，以线段MN为对角线作正方形MPNCb求点Q的坐标【答案】（1）解：把 B（6,0）,C（0,6 ）代入 y= 2 ×2+b×+c ,得 一 18 + 6b 十 C = Oi

7、 c = 6b = 2_ W解得（C = 6 ,抛物线的解析式是y=x2+2x+6z顶点D的坐标是（2, 8）(2)解：如图1,过F作FG丄X轴于点G,:I / -亍 + 2 + 6/设 F (x,x2+2x+6),则 FG= 2,FG _ BE 二 Z FBA=Z BDE, Z FGB=Z BED=90% /.心 FBG- BDE, . BGDE,TB (6, 0) , D (2, 8) , /. E (2, 0) , BE二4, DE=8, OB二6, . BG=6-x,/X2 + 加 + 62 _46 _ X8'十 2 + 62_ 4当点F在X轴上方时，有 6 _ XS9 /.

8、=-l或x=6 （舍去），此时Fl的坐标 为（丄纟）,1 ? + 2× + 64.x=3或x=6 （舍去），此时F2的坐9当点F在X轴下方时，有 齐二9标为（-3t 综上可知F点的坐标为（L, O或（3, 纟）（3）解:如图2,rCDAJ不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K,由题意得点M, N关于 抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在X轴上点P为抛物线的对称轴与X轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上，/. KP=KM=k,则 Q （2, 2k） , M 坐标为（2七 k）,点M在抛物线y= 22+2x+6的图象上，二k= （2-k）z+2（2-k）+

9、6解得k= - 1 +弋】7或Iq= - 1满足条件的点Q有两个，Qi（2,- 2主217 ）或Q2 （2, 2 - 217 ）.【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待上系数法建立关于b、C的方程组, 求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。（2）过F作FG丄X轴于点G,设岀点F的坐标，表示出FG的长，再证明 FBGS BDE, 利用相似三角形的性质建立关于X的方程，当点F在X轴上方时和当点F在X轴下方时, 求出符合题意的X的值，求岀点F的坐标。（3）由点M, N关于抛物线的对称轴对称，可得出点P为抛物线的对称轴与X轴的交点, 点Q在抛物线的对称轴上，设Q（2, 2k） , M坐标为

10、（2-k, k）,再由点M在抛物线上, 列岀关于k的方程，求解即可得出点Q的坐标。3. 如图，在厶ABC中，点N为AC边的任意一点，D为线段AB上一点，若Z 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Z MPN+Z ACB=I80°Pk（1）如图1，若AC=BC, Z ACB=90o,且D为AB的中点时，求刊，请证明你的结论:Pb（2）如图2,若BC=m, AC=n, ZACB=90。，且D为AB的中点时，则刊二:BLPkA（3）如图3,若必=k, BC=m, AC=n,请直接写岀川的值.（用k, m, n表示） 【答案】（1）解：如图1中，作PG丄

11、AC于G, PH丄BC于H,囹1TAC=BC, ZACB二90°,且 D 为 AB 的中点, CD平分Z ACB,/ PG丄AC 于 G, PH丄BC 于 H, PG=PH, Z PGC=Z PHC=Z GCH=90°, Z GPH=Z MPN=90% Z MPH=Z NPG, Z PHM=Z PGN=90% PHM- PGNPM _ Ph. Tn P6=1n(2) m(3) 解：如图3中，作PG丄AC于G, PH丄BC于H, DT丄AC于T DK丄BC于K,A心S KyfH C图3易证 PMH-厶PGN,PM _ Ph屁瓦1S ACD-AC DTALS BCD1BL -B

12、C DK9DKkn：.DT(1- k)ii.DTIlPG,DKIl PH,PHCPPG二 11 DKCDPH DK _ kn瓦_帀_ (1 - k)m,PM _ kn. PN (1 - k)fft【解析】【解答】解：(2)如图2中，作PG丄AC于G, PH丄BC于H,B MHC2 Z PGC=Z PHC=Z GCH=90°, Z GPH=Z MPN=90% Z MPH=Z NPG,T Z PHM=Z PGN=90%T PHC-厶 ACB, PG=HC,PM PH Pfi _ AC _n. PN PG HC BC in,n故答案为：巾：【分析】（1）作PG丄AC于G, PH丄BC于H,

13、根据已知条件可证 PHM和厶PGN的两角 对应相等，进而可得APHM-APGn,由相似三角形的对应边成比例即可求出。（2）作 PG丄AC于G, PH丄BC于H,由两角对应相等，可得 PHM- PGN,由相似三角形的对应 Pk Ph边成比例可得五=元，由两角对应相等，可得APHC-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丄AC于G, PH丄BC于H, DT丄AC于T, DK丄BC于K,由两角对应相等，APHIVH APGN,由相似三角形的对应边成比例可得 Pk PhDK五=元，由AACD和ABCD的而积比及已知条件可得可再由垂直于同一条直线的两 PhCFP

14、G条直线平行可得DTIl PG, DKll PH,根据平行线分线段成比例立理可得DKCLD1 ,再根 Pb拯比例的基本性质即可求出药的值O4. 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lcms,同时，点Q从点D岀发，沿DB方 向匀速运动，速度为2cms,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APQF的而积为0.6cm2 ,求t的值；（3）如图2过点Q作QG

15、丄AB,垂足为G,当t为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明 理由：（4）当t为何值时，APQF为等腰三角形？试说明理由.【答案】（1）解：四边形川恣是矩形， ： AD 二 BC 二 8, AD Ba ZA=ZC = 90o f在 Rtzi ABE 中,BD = IOf: E、产分别是個 劭的中点， ： ZBEF 90° =ZC, EF BC, ： ZBFE = ZDBC, BEF s4 DCb（2）解：如图1,过点C作Qw必EF于衣, ： QM BE9 s4 BEF,QM _ QFBEBQM 5 - 2t ： r3 53 ： QM(5 - 2t)95113 S PFQ 二护 X Q

16、M 二 - (4 - t) XM - 21)= 0. 6,_ 5八'(舍)或t =2秒（3）解：四边形嘶为矩形时，如图所示: QPF BEF,QF PF2t - 54 _ t：二54_ 40解得：t " 3（4）解：当点6在刃上时，如图2, PF二QF,如图3,PQ =风时，如图4,2t _ 5 _ J20PQ =刃时，如图5,7A1-(2t - 5)24 _ t2619综上所述，t = i或S或"7或E秒时， PQF是等腰三角形【解析】【分析】（1）要证ABEf-ADCB,根据有两对角对应相等的两个三角形相似可 得证。根据三角形中位线泄理可得EFIl ADll B

17、C,可得一组内错角相等，由矩形的性质可得 Z C=Z A=Z BEF=%° 所以 BEFS A DCB：（2）过点Q作Qlvl丄EF于M,结合已知易得QMIl BE,根据相似三角形的判定可得QM _ Q 卜 QMF-A BEF,则得比例式旋一亦QlVl可用含t的代数式表示，PFMt,所以三角形PQF的面积=NlM PF=O t 解方程可得t的值;（3）因为QG±AB,结合题意可得PQ AB,根据相似三角形的判定可得4 QPF 4 BEF,于是可得比例式求解：（4）因为Q在对角线BD上运动，情况不唯一。当点Q在DF上运动时，PF=QF:当点Q在BF上运动时，分三种情况：第一种

18、情况；PF=QF;第二种情况：PQ=PF;第三种情况：PQ=FCb5.已知如图1,抛物线y= - 62- 4+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AADF的面积最大时，有一线段 MN= (点M任点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ADBC绕点D逆时针旋转0 (0<o<180o),记旋转中的ZkDBC为 DBC,若直线BC与

19、直线AC交于点P,直线BC与宜线DC交于点Q,当厶CPQ是等腰 三角形时，求CP的值.5 5【答案】(1)解：T抛物线y= - 6- 4x+3与X轴交于A和B两点，55. O= - X2 - 4+3,. x=2 或 X= 4, A ( - 4, 0) , B (2, 0),T D (0, -1),1直线AD解析式为y=- x-I过点F作FH丄X轴，交AD于H,331设 F (m, -2 - 4m+3) , H (m, - m-I) >33131. FH= - <m2 - 4m+3 -m+4,13133. S adf=S afh+S OFH= FH× ×o 

20、15;a =2FH=2 ( -2 - ±m+4) = - 4 m2 - m+8= - 4 (m+2253) 2+E,2当m= - 3时，SAADF最大，2 16AF ( - 3, ) 如图2作点A关于直线BD的对称点A】，把£沿平行直线BD方向平移到A?,且AiA2= y,连接A2F,交直线BD于点N,把点N沿直线BD向左平移农得点M,此时四边形AMNF. tanZ OBD= 2 ,AB二6,6：.AK= 5 ,22：.AA1=2AK= 5 ,1224在 Rt ABK 中，AH= 5 , AlH= 58：.OH=OA - AH=N824. A1 ( - 5, - 5 ),

21、过A?作AqP丄AzH, Z AiA2P=Z ABK, . A1A2= ,：.A2P=2, AiP=I,219. A2 ( - <5, - 5 )2 16V F ( - 3, )107&：.A2F的解析式为y=- 16× 6,T B (2, O) , D (0, - 1),1直线BD解析式为y= - X- 1，2联立得，X=-TT,2N点的横坐标为：-5(3)解：TC (0, 3) , B (2, 0) , D(O - 1).CD=4, BC=OB二2,BC边上的髙为DH,1 1根据等而积法得，BCxDH= CDxOBtCD XOB _ 4 X 2 B/. DH= BC

22、 一 7? =z ,TA ( -4, 0)C (0, 3), OA二4, OC=3,OA 4. tanZ ACD=,当PC=PQ时，简图如图过点P作PG丄CD,过点D作DH丄PQ,4T taZ ACD= 3设 CG=3a,则 QG=3a, PG=4a, PQ=PC=5a, DQ=CD - CQ=4 - 6a PGQ DHQ,PG _ PQ：.dhdc94s _ 5a8T34 - 6a,255A a=3102513. PC=5a= 339 当PC=CQ时，简图如图2,TtanZ ACD= 1设 CG=3a,则 PG=4a,. CQ=PC=5a»/. QG=CQ - CG=2a, PQ=

23、2a, DQ=CD - CQ=4 - Sa PGQ DHQ,同的方法得出，PC=4-13 ,设CG=3a,则PG=4a,从而得岀CQ,QG,PQ,DQ的长，由 PGQ DHQ,同的方法得岀，PC的长； 当QC=PQ时，简图如图1过点Q作QG丄PC,过点C作CN丄PQ, 设 CG=3a,则 QG=4a, PQ=CQ二5a, PG=3a. PC=6a DQ=CD CQ=4 - 5a,利用等而积法得，CNXPQ=PCxQG,24：.CN= 5 a, CQN- DQH2410B同的方法得出PC= 513 当PC=CQ时，简图如图4,HD 丄 PQ,设 CG=3a,则 PG=4a, CQ=PC=5a,.

24、QD二4+5a, PQ=4 ,865同方法得出CP=T10 %734y65 24 IoSr综上所述，PC的值为：' 39 . 4 - -Tr , 7 " 13【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AQ 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丄X轴，交AD于H,根拯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EH的坐标，从而得出FH的长度，S adf=S afh+S DFH=FHx xd-×a=2F

25、Hz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=- 3 时，SAADF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AI ,把Al 沿平行直线BD方向平移到A?,且A1A2=,连接A2F,交直线BD于点N,把点N沿直线BD向左平移卩得点M,此时四边形AMNF的周长最小，进而求出点Al, A2坐标， 即可确左岀A2F的解析式和直线BD解析式联立方程组即可确怎出N点的横坐标；（3）根据CbD三点的坐标，得出CDzBCzOB的长，BC边上的髙为DH,根据等而积法 得2BCxDH=2CDxOB,从而得出DH的长，根据A,C两点的坐标，得出OAQC的长根据正切 函数的泄

26、义得岀tanZ ACD= 4： 3 ：然后分四种情况讨论：当PC=PQ时，过点P作 PG丄CD,过点 D 作 DH丄PQ,由 tanZ ACD= 4 :3 ,设 CG=3a,贝IJ 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，进而求岀PC的值：当PC=CQ时，简图如图2,过 点 P 作 PG丄CD, tanZ ACD= 4 : 3,设 CG=3a.则 PG=4a,从而得出 CQqGfQQQ 的长， 由厶PGQ- DHQ,同的方法得出，PC的长：当QC=PQ时，过点Q作QG丄P

27、C,过 点C作CN丄PCb设CG=3a,则QG=4a, PQ=CQ=5a从而得出PGfeDQ的长，利用等面积 法得，CNxPQ=PCxQG,从而得出CN,由厶CQN心DQH同的方法得岀PC的长：当 PC=CQ 时，过点P作PG丄CD,过H作HD丄PQ,设CG=3a.则PG二4a, CQ=PC=5a, 从而得出QDfQ 的长，由AQPGQDH,同方法得出.CP的长。6.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丄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

28、P在抛物线上运动，若AAQP-AAOc,求点P的坐标.【答案】(1) y=-2+3x+4:(-1,0)OC I(2)解：T点A的坐标为(0, 4),点C的坐标为(一 1, 0) , . OA 4. T点P的横坐标为m, . P (m>- m2÷3m+4) 当点P在直线AQ卜方时，QP=4 ( - m2÷3m÷4) = m2-3m,QP OC nf - 3o 1二 由ZiAQP-DAOC 得：AQ OAy Rp： Ul 4,13)2 "H=C (舍去)或 4135113 51m .当 彳时，-m求抛物线的解析式： 动点P从点B岀发，沿线段BD向终点D

29、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丄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 当t为何值时，点N落在抛物线上： 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.15【答案】（1）解:y=a×2+b×+ 2 经过 A （ -3, 0） , C （5, 0）两点，+3m÷4=76t此时点P的坐标为(“/6)；当点P在直线AQ上方时，PQ= - m2+3m+4-4= - m2+3m>QP OC3m 1

30、二 =由2AQPAAOC 得：AQ 0A, RP： In4,1111 75：.叫=0 (舍去)或她=4 ,此时P点坐标为(4' 16 )13 5111 75综上所述：点P的坐标为C云）或（丁兀）【解析】【解答】解：（1）V抛物线y =2+bx+c交y轴于点A （0. 4）,交X轴于点B (4, O),.总5 抛物线的解析式为：y= - x2+3x+4.y=0,得：-x2÷3x+4=0.解得：x=4 或 x=-l, A 点 C 的坐标为（一1, 0）【分析】（I）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,可以求岀 抛物线的解析式；（2） C为X轴上的交点，令

31、y=0,通过解一元二次方程，解得C点坐标。915 / VV = ar + bx + （a 0）7如图，抛物线2经过A （-3z0） , C（5Q）两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与X轴交于点D.159a 3b + = O 21525a 十 5b 十 r = °解得：b = 1抛物线的解析式为"2+ X157(2)解：T V+ X15112 = - 2 W - 2x+l) + -1512 = - 2 (X- 1) 2+&点B的坐标为(1, 8) 设直线BC的解析式为y=kx+m,! k + M = 8则 l.5 m=O ,Ii =- 2解得：l m = 10,所

32、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. Plvl丄BD, PMIl CD, BPM-厶 BDC,BP _ Pk：.BD 一万，t Ph 即 8,1解得：PM=N,1 OE=I+t.1：.ME=-2(l+t)+10=8-t.四边形PMNQ为正方形，1 1：.NE=NM+ME=8 - t+ t=8 - t.1 1点N的坐标为(l+t, 8 - Wt), 若点N在抛物线上，则-Z； （l+t- 1） 2+8=8- ",整理得，t （t-4） =0, 解得t=0 （舍去）,t2=4, 所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；存

33、在.理由如下：1TPM=Et,四边形PMNQ为正方形，1QD=NE=8 -如.直线BC的解析式为y= - 2×+10,1：.-2×+10=8 -厶,1解得：x=t+l,1 1：.QR= 4t+l - I= 4t1又T EC=CD - DE=4- 2t,根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC,1 1即 t=4- 2t,16解得：t=7,此时点P在BD上16所以，当t=E时，四边形ECRQ为平行四边形15【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）

34、首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待左系数法求出直线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PMIl CD,根据平行于三角形一边的直线，截，苴它两边，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BP : BD = PM : CD,进 而得岀关于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得岀 NE的长，进而表示岀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：存在.

35、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，求解得岀答案。&如图，Rt AOB在平而直角坐标系中，已知：B （0,宀），点A在X轴的正半轴上，OA=3, ZBAD=30。，将 AOB沿AB翻折，点O到点C的位置，连接CB并延长交X轴于点D.（1）求点D的坐标；（2）动点P从点D岀发，以每秒2个单位的速度沿X轴的正方向运动，当APAB为直角三 角形时，求t的值：（3）在（2）的条件下，当厶PAB为以ZPBA为直角的直角三角形时，在y轴上是否存在

36、 一点Q使APBQ为等腰三角形？如果存在，请直接写岀Q点的坐标：如果不存在，请说明 理由.【答案】（1）解：T B （0. 庁）,OB= OA=OB>OA二3,AC=3.T Z BAD=30% Z OAC=60o.T Z ACD=90% Z ODB=30%OL：.OB= y,OD=3,D （3, 0）:(2)解：.0A=3, 0D=3, /. A (3, 0) , AD=6 AB=2 ,当Z PBA=90o时.T PD=2t, OP=3 - 2t. ob2=opoa,OE：.3 - 2t= OA =It 解得 t=l,当Z APB=90o时,则 P 与 O 重合,St= 2: 当BP为腰

37、的等腰三角形. OP=I, . BP= JF + (r =2,.Q (O, +2) , Q3 (0仔2): 当 PQ2=Q2B 时，设 PQ2=Q2B=a.53在 Rt OPQ2 中，I2+ ( 3 - X)2=2 ,解得 X= 6 ,3 Q (0,6 ): 当 PB=PQ4时，CU (0> - 庁)综上所述：满足条件的点Q的坐标为QI (O, Vf5+2) , Q2(0, 6 ) , Q3 (0. -2) , Q4 (0,-弋)【解析】【分析】(1)根据已知得岀OA、OB的值以及ZDAC的度数，进而求得ZADC, 即可求得D的坐标；(2)根据直角三角形的判泄，分两种情况讨论求得：(3)

38、求得PB 的长，分四种情形讨论即可解决问题.9. 如图，在矩形ABCD中，AD =方，CD =4,点E是BC边上的点，BE = S ,连接AE, DF丄AE交于点F.(1) 求证：4 ABE更 4 DFA；(2) 连接CF,求SinNDCF的值：AG(3) 连接AC交DF于点G,求丘的值.【答案】(1)证明：T四边形ABCD是矩形, Z BAD=Z ADC=Z B二90°, AB=CD=4,T DF丄AE, Z AFD=90o, Z BAE+Z EAD=Z EAD+Z ADF=90 Z BAE=Z ADF,在 Rt ABE 中，TAB二4, BE=3, AE二5,1 ABE和竺厶DF

39、A中，ZABE = ZDFAZBAE = ZFDAAE - AD , ABE旻厶 DFA (AAS)（2）解：连结DE交CF于点H,AD: ABE空厶 DFA, DF=DC=4, AF=BE=3, CE=EF=2, DE±CF, Z DCF+Z HDC=Z DEC+Z HDC=90% Z DCF=Z DEC,在 Rt DCE 中，.CD=4, CE=2t DE=2 ,CD 4'. SinZ DCF=SinZ DEC=DF 2Q55（3）过点C作CK丄AE交AE的延长线于点K,T DF丄AE, CKIl DF,AG _ Ab. GCTy在 Rt CEK 中，3 6 EK=CE

40、cOSZ CEK=CE COSZ AEB二2 J =6 16 FK=FE+EK=2+J= 5 ,AG _ Ab /6 15. GC FK = 5-16.【解析】【分析】（1）由矩形的性质，垂直的性质，同角的余角相等可得ZBAE=Z ADF,在Rt ABE中，根据勾股定理可得AE=5,由全等三角形的判泄AAS可得AABE A DFA.（2）连结DE交CF于点H,由（2）中全等三角形的性质可知DF=DC=4, AF=BE=3,由同 角的余角相等得Z DCF=Z DEC,在Rt DCE中，根据勾股定理可得DE=2 f根据锐角三角 函数宦义可得答案.（3过点C作CK丄AE交AE的延长线于点K,由平行线

41、的推论知AG _ AbCKIl DF,根据平行线所截线段成比例可得GC Ffit在Rt CEK中，根据锐角三角函数左6义可得EK= 从而求岀FK,代入数值即可得岀答案.10. 如图，在菱形ABCD中，ZC = 60° , AB = 4f点E是边BC的中点，连接DE,AE.（1）求DE的长；（2）点F为边CD上的一点，连接AF,交DE于点G,连接EF,若ZDAG = ZFEG, 求证： AGE S DGF ； 求DF的长.【答案】（1）解：连结BD:四边形ABCD是菱形 ： CB = CD=AB 二 4,: ZC = 66：4 CDB是等边三角形 ： DB=DC = BC = 4Y点E

42、是边BC的屮点 DE 1 BC ： DE 二 QClf _ CF = 2(2)解：ZDAG = ZFEG, ZAGD = ZEGF.9. AGD EGtAG DG "EGF6又 7 ZAGE = ZDGF AGE szA DGF：/ AGE sj DGF, DE 1 BC : ZEAG = ZGDF = 90° -ZC = 30： ZAGD = ZEGF, ZAGE = ZDGFZ ZGFE = ZADG 二 90又 VDE = 2y.：EF = E= AIf += 7过点E作EH 1 DCy-h在Rt ECH中,FH = QEW _ Elf = 2 CF = FH 十 CH 二 2 十 1 = 3Z DF = CD-CF = I【解析】【分析】（1）连结BD ,根据菱形的性质及等边三角形的判左方法首先判立岀 CDB是等边三角形，根据等边三角形的性质得岀DE丄BC, CE=2,然后利用勾股左理算出 DE的长：AG _ DG（2）首先判断出AAGD-AEGf,根据相似三角形对应边成比例得出EG F6 ,又 Z AGE=Z DGF,故厶 AGE- DGF；根据相似三角形的性质及含30。直角三角形的边之间的关系及勾股左理得出EF的长， 然后过点E作EH丄DC于点H,