一、相似
1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．
（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD； （2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．
【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90° ∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;
②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°， ∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ， 由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ
∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，
(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)
（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°， ∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90° ∴tan∠CPQ= , 由①得AP=CQ,
又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= 由②得∠CBQ=∠CPQ， ∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .
【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证； （2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答
，
案.
2．如图，抛物线 分别交于点P、N．
过点
，
．
为线段
OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式； （2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标； （3）如果以B，P，N为顶点的三角形与 【答案】（1）解：设直线 ∵
，
的解析式为
相似，求点M的坐标．
（
）
经过点
，
∴ 解得
∴直线 的解析式为 ∵抛物线
∴ ∴
解得
（2）解：∵ ∴
∵ 点是 的中点 ∴
轴， ，
则
，
∴ 解得 ∴
，
（不合题意，舍去）
（3）解：∵ ∴ ∴ ∵ ∴当
与 ，
，
，
相似时，存在以下两种情况：
∴ ∴
解得
∴ ∴
,解得
【解析】【分析】（1）运用待定系数法解答即可。
（2）由（1）可得直线AB的解析式和抛物线的解析式，由点M（m,0）可得点N，P用m表示的坐标，则可求得NP与PM，由NP=PM构造方程，解出m的值即可。 （3）在 △BPN与△APM中，∠BPN=∠APM，则有
和
这两种情况，分别用
含m的代数式表示出BP，PN，PM，PA，代入建立方程解答即可。
3．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线； （2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为 ，sinA= ，求BH的长． 【答案】（1）证明：如图， ∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC， ∴∠ODB=∠ABC， ∵OF⊥BC， ∴∠BFD=90°， ∴∠ODB+∠DBF=90°， ∴∠ABC+∠DBF=90°， 即∠OBD=90°， ∴BD⊥OB， ∴BD是⊙O的切线
（2）证明：连接AC，如图2所示：
∵OF⊥BC， ∴
，
∴∠CAE=∠ECB， ∵∠CEA=∠HEC， ∴△CEH∽△AEC， ∴
，
∴CE2=EH•EA
（3）解：连接BE，如图3所示：
∵AB是⊙O的直径， ∴∠AEB=90°，
∵⊙O的半径为 ，sin∠BAE= ， ∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3， ∴EA= ∵
，
∴BE=CE=3， ∵CE2=EH•EA， ∴EH= ，
=4，
∴在Rt△BEH中，BH=
.
【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。由圆周角定理和已知条件易得∠ODB=∠ABC，则∠OBC+∠BOD=90°=∠ODB+∠BOD，由三角形内角和定理即可得∠OBD=90°；
（2）连接AC，要证CE2=EH•EA；只需证△CEH∽△AEC，已有公共角∠AEC，再根据圆周角定理可得∠CAE=∠ECB，即可证△CEH∽△AEC，可得比例式求解； （3）连接BE，解直角三角形AEB和直角三角形BEH即可求解。
4．如图，在△ABC中，已知AB=AC=10cm，BC=16cm，AD⊥BC于D，点E、F分别从B、C两点同时出发，其中点E沿BC向终点C运动，速度为4cm/s；点F沿CA、AB向终点B运动，速度为5cm/s，设它们运动的时间为x（s）．
（1）求x为何值时，△EFC和△ACD相似；
（2）是否存在某一时刻，使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3:5，若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）若以EF为直径的圆与线段AC只有一个公共点，求出相应x的取值范围． 【答案】（1）解：如图1中，
点F在AC上，点E在BD上时，①当 ∴ ∴t= ， ②当 ∴t=2，
当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似， 综上所述，t= s或2s时，△EFC和△ACD相似． （2）解：不存在．
理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．
时，即
= ，
= ，
时，△CFE∽△CDA，
∵CF=5t．BE=4t，
∴CH=CF•cosC=4t， ∴BE=CH， ∵AB=AC，AD⊥BC， ∴BD=DC， ∴DE=DH， ∵DN∥FH， ∴
=1，
∴EN=FN， ∴S△END=S△FND ，
∴△EFD被 AD分得的两部分面积相等，
同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被 AD分得的两部分面积相等， ∴不存在某一时刻，使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3：5．
（3）解：①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接AE，则∠EAF=90°．
由 =cosC= ，可得 ∴t= ，
∴0≤t＜ 时，⊙O与线段AC只有一个交点．
②如图4中，当⊙O与AC相切时，满足条件，此时t= ．
= ，
③如图5中，当⊙O与AB相切时，cosB= ，即 = ，解得t=
．
④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则∠EAF=90°．
由cosB= = ，即 = ，t= ，
∴ ＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一个交点．
综上所述，当⊙O与线段AC只有一个交点时，0≤t＜ 或 或
或
＜t≤4
【解析】【分析】（1）分类讨论：根据路程等于速度乘以时间，分别表示出BE,,CE,CF的长，①当
时，△CFE∽△CDA，②当
时△CEF∽△CDA，根据比例式，分别
列出方程，求解t的值；当点F在AB上，点E在CD上时，不存在△EFC和△ACD相似，综上所述，即可得出答案；
（2）不存在．理由：如图2中，当点F在AC上，点E在BD上时，作FH⊥BC于H，EF交AD于N．由题意知CF=5t．BE=4t，根据余弦函数的定义由CH=CF•cosC，表示出CH的长，从而得出BE=CH，根据等腰三角形的三线合一得出BD=DC，根据等量减等量差相等得出DE=DH，根据平行线分线段成比例定理得出
=1得出EN=FN，根据三角形中线的性
质得出S△END=S△FND ， △EFD被 AD分得的两部分面积相等，同法可证当点F在AB上，点E在CD上时，△EFD被 AD分得的两部分面积相等，故不存在某一时刻，使得△EFD被 AD分得的两部分面积之比为3：5；
（3）①如图3中，当以EF为直径的⊙O经过点A时，⊙O与线段AC有两个交点，连接
AE，则∠EAF=90°．根据余弦函数的定义，由的值，故0≤t
，结论列出方程，求解得出t
时，⊙O与线段AC只有一个交点；②如图4中，当⊙O与AC相切时，
；③如图5中，当⊙O与AB相切时，根据余弦函数的定义，由
满足条件，此时t=cosB=
，列出方程，求解得出t的值；④如图6中，⊙O经过点A时，连接AE，则
，列出方程求出t的值，故＜t≤4时，⊙O与线段AC只有一
∠EAF=90°．由cosB=
个交点；综上所述，得出答案。
5．如图,夜晚,小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B(A,B两点到路灯正下方的距离相等),他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化.
（1）求y与x之间的函数关系式; （2）作出函数的大致图象.
【答案】（1）解：如图 ①：作CO⊥AB于O，
①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时，作出他的影子A'C'.
小亮从点A到达点O的过程中，影长越来越小，直到影长为0；从点O到达点B的过程中，影长越来越大，到点B达到最大值.
设小亮的身高MA'=l，CO=h，AO=m，影长C'A'=y，小亮走过的距离AA'=x，由图易得C'A=x-y，
∵MA'⊥AB，CO⊥AB， ∴△MC'A'∽△CC'O， ∴即 = ∴y=
x- ，
,
(0≤x≤m),(此时m,l,h为常数)，
②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时； 同理可得y=-
x+
(m 【解析】【分析】（1）如图 ①：作CO⊥AB于O， ①当小亮走到A'处(A'位于A与O之间)时，作出他的影子A'C'；根据中心投影的特点可知影长随x的变化情况. 设小亮的身高MA'=l，CO=h，AO=m，影长C'A'=y，小亮走过的距离AA'=x，由图易得C'A=x-y，根据相似三角形的判定和性质可得y与x的函数解析式. ②当小亮走到A″处(A″位于O与B之间)时；同理可得y=- （2）根据（1）的函数解析式可画出图像. x+ (m （1）如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN； （2）如图②，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts. ①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式； ②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长． 【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°. ∵MN⊥AF， ∴∠NAH＋∠ANH＝90°. ∵∠NDA＋∠ANH＝90°， ∴∠NAH＝∠NDA， ∴△ABF≌△MAN， ∴AF＝MN. （2）解：①∵四边形ABCD为正方形， ∴AD∥BF， ∴∠ADE＝∠FBE. ∵∠AED＝∠BEF， ∴△EBF∽△EDA， ∴ ＝ . ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝DC＝CB＝6cm， ∴BD＝6 ∴BE＝ ∴ ＝ ∴y＝ . cm. cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts， － t)cm， tcm，DE＝(6 ， ∵点E从点B出发，以 ②∵四边形ABCD为正方形， ∴∠MAN＝∠FBA＝90°. ∵MN⊥AF， ∴∠NAH＋∠ANH＝90°. ∵∠NMA＋∠ANH＝90°， ∴∠NAH＝∠NMA. ∴△ABF∽△MAN， ∴ ＝ . ∵BN＝2AN，AB＝6cm， ∴AN＝2cm. ∴ ＝ ， ∴t＝2， ∴BF＝ ∴FN＝ ＝3(cm)． ＝5(cm)． 又∵BN＝4cm， 【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.再根据同角的余角相等得出∠NAH＝∠NDA，进而证出△ABF≌△MAN即可解答， （2）根据正方形的性质得出两角相等证出△EBF∽△EDA，得出BD的长度，利用△EBF∽△EDA得出比例式，得出y和t之间的函数解析式， 据正方形的性质得出两角相等证出△ABF∽△MAN，得出比例式，进而解答. 7．如图，抛物线 线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D． 经过A（－3,0），C(5,0)两点，点B为抛物 （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：∵ ∴点B的坐标为（1，8）． 设直线BC的解析式为y=kx+m， 则 解得： ， ， =﹣ （x2﹣2x+1）+ =﹣ （x﹣1）2+8， 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+ 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。 ，得出一 8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE·CA． （1）求证：BC＝CD； （2）分别延长AB，DC交于点P，若PB＝OB，CD＝ 【答案】（1）证明：∵DC2＝CE·CA， ∴ ， ，求⊙O的半径． ∵∠DCE=∠ACD， ∴△CDE~△CAD， ∴∠CDE=∠CAD， 又∵∠CBD=∠CAD， ∴∠CDE=∠CBD， ∴CD=CB. （2）解：连结OC（如图），设⊙O的半径为r， 由（1）知CD=CB， ∴弧CD=弧CB， ∴∠CDB=∠CBD=∠CAB=∠CAD=∠BAD，∠BOC=2∠CAB， ∴∠BOC=∠BAD， ∴OC∥AD， ∴ ， ∵PB＝OB， ∴PB=OB=OA=r，PO=2r， ∴∵CD=2∴PC=4 ， ，PD=PC+CD=6 ， =2， 又∵∠PCB=∠CDB+∠CBD，∠PAD=∠PACB+∠CAD， ∴∠PCB=∠PAD， ∵∠CPB=∠APD， ∴△PCB~△PAD， ∴即解得：r=4. 即⊙O的半径为4. 【解析】【分析】（1）根据相似三角形的判定：两边对应成比例及夹角相等可得△CDE~△CAD，再由相似三角形的性质：对应角相等，等量代换可得 ， ， ∠CDE=∠CBD，根据等腰三角形的性质即可得证. （2）连结OC，设⊙O的半径为r，根据圆周角定理可得∠BOC=∠BAD，由平行线的判定得OC∥AD，根据平行线所截线段成比例可得 =2，从而求得PC、PD长，再根据相似 ，从而求得半径. 上(点 与 、 不重合)， 三角形的判定可得△PCB~△PAD，由相似三角形的性质可得 9．如图，正方形 、等腰 的顶点 在对角线 与 交于 ， 延长线与 交于点 ，连接 . （1）求证： . （2）求证： （3）若 ，求 的值. 【答案】 （1）解：∵ 是正方形， ∴ ， ， ∵ 是等腰三角形， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ （2）解：∵ 是正方形， ∴ ， ， ∵ 是等腰三角形， ∴ ， ∵ ∵ ， ∴ ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ， （3）解：由(1)得 ∴ 由(2) ∴ ∵ ∴ 在 中， ， ∴ ， ， ， ， ， ， ， ， ， 【解析】【分析】（1）证出∠ABP=∠CBQ，由SAS证明△ABP≌△CBQ可得结论； （2）根据正方形的性质和全等三角形的性质得到 ∠APF=∠ABP，可证明△APF∽△ABP，再根据相似三角形的性质即可求解； （3）根据全等三角形的性质得到∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=90°，根据三角函数和已知条件得到 ∠CBQ=∠CPQ即可求解． ，由（2）可得 ，等量代换可得 10．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A开始以1cm/s的速度沿AB边向点B运动，点Q从点B以2cm/s的速度沿BC边向点C运动，如果P、Q同时出发，设运动时间为ts， （1）当t=2时，求△PBQ的面积； （2）当t= 时，试说明△DPQ是直角三角形； （3）当运动3s时，P点停止运动，Q点以原速立即向B点返回，在返回的过程中，DP是否能平分∠ADQ？若能，求出点Q运动的时间；若不能，请说明理由. 【答案】 （1）解：当t=2时，AP=t=2，BQ=2t=4， ∴BP=AB-AP=4， ∴△PBQ的面积= ×4×4=8； （2）解：当t= 时，AP=1.5，PB=4.5，BQ=3，CQ=9， ∴DP2=AD2+AP2=2.25+144=146.25，PQ2=PB2+BQ2=29.25，DQ2=CD2+CQ2=117， ∵PQ2+DQ2=DP2 ， ∴∠DQP=90°， ∴△DPQ是直角三角形. （3）解：设存在点Q在BC上，延长DQ与AB延长线交于点O. 设QB的长度为x，则QC的长度为（12-x）， ∵DC∥BO， ∴∠C=∠QBO，∠CDQ=∠O， ∴△CDQ∽△BOQ，又CD=6，QB=x，QC=12-x， ∴ ，即 ， ， 解得：BO= ∴AO=AB+BO=6+ ∵∠ADP=∠ODP， ∴12：DO=AP：PO， 代入解得x=0.75， ∴DP能平分∠ADQ， ∵点Q的速度为2cm/s， ∴P停止后Q往B走的路程为（6-0.75）=5.25cm. ∴时间为2.625s，加上刚开始的3s，Q点的运动时间为5.625s. ， 【解析】【分析】（1）根据路程等于速度乘以时间得出 AP=t=2，BQ=2t=4， 所以BP=4,进而根据三角形的面积计算方法即可算出答案； （2）当t= 时，根据路程等于速度乘以时间得出AP=1.5，BQ=3，故PB=4.5，CQ=9， 根据勾股定理表示出DP2,PQ2,DQ2,从而根据勾股定理的逆定理判断出∠DQP=90°， △DPQ是直角三角形； （3） 设存在点Q在BC上，延长DQ与AB延长线交于点O ， 设QB的长度为x，则QC的长度为（12-x）， 判断出 △CDQ∽△BOQ， 根据全等三角形的对应边成比例得出 ，根据比例式可以用含x的式子表示出BO的长，根据角平分线的性质定理得出 12：DO=AP：PO， 根据比例式求出x的值，从而即可解决问题. 11．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 ， （不合题意，舍去）或t＝﹣7+ . 解得：t＝﹣7﹣ ∴当t＝1.4s或t＝（﹣7+ 点的三角形相似. ）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶 （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 12．操作： 是 、 探究： 和 都是等边三角形， 绕着 点按顺时针方向旋转， 的中点，有以下三种图形. （1）在上述三个图形中， 比值； （2）（3） 与 是否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个 的值是否也等于这个定值，若是，请结合图（1）证明你的结论； 有怎样的位置关系，请你结合图（2）或图（3）证明你的结论. 是等边三角形，由图（1）得AO⊥BC， ； ， 【答案】 （1）解：∵ ∴ ，∴ （2）证明： ， ∴ ∴ ∴ （3）证明：在图（3）中，由（2）得 ∴ ∵∠AOB=90°， ∴ ∴ . ， ∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF =∠AOB 【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，BO= BC= AB，根据勾股定理计算即可求得AO= 可得AO⊥BC， BO，即AO∶BO是一个固定的值 ，由同角的余角相等可得 ，可得 ；（3）在图（3）中，由（2）得 ∶1；（2）由等边三角形的性质 ，由（1）可得 ，根据相似三角形的性质可得 ，根据相似三角形的 性质可得∠1=∠2，根据对顶角相等得∠3=∠4，则∠2+∠4=∠1+∠3=∠AOB=90°，即 . 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容