2020-2021哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合

2020-2021哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合

一、相似

1．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．

（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；

（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；

（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．

【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，

而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）

∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）

设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），

即y=ax2﹣2ax﹣3a，

当x=0时，y=﹣3a，

∴C（0，﹣3a）

（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），

∴AB=4，OC=3a，

∴S△ACB= AB?OC=6，

∴6a=6，解得a=1，

∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3

（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，

∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，

∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，

∴OF=2m+1，HF=1，

当∠CGF=90°时，

∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，

∴∠GQH=∠HGF，

∴Rt△QGH∽Rt△GFH，

∴ = ，即，解得m=9，

∴Q的坐标为（9，0）；

当∠CFG=90°时，

∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，

∴∠CFO=∠FGH，

∴Rt△GFH∽Rt△FCO，

∴ = ，即 = ，解得m=4，

∴Q的坐标为（4，0）；

∠GCF=90°不存在，

综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．

【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；

（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB?OC=6可求得a的值，则解析式可求解；

（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。分两种情况讨论：①当∠CGF=90°时，由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF，于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得

Rt△QGH∽Rt△GFH，则可得比例式，代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；

②当∠CFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。

2．如图，在中，，点M是AC的中点，以AB为直径作

分别交于点．

（1）求证：；

（2）填空：

若，当时， ________；

连接，当的度数为________时，四边形ODME是菱形．

【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，∴BM=AM=MC，∴∠A=∠ABM．∵四边形ABED是圆内接四边形，∴∠ADE+∠ABE=180°，又∠ADE+∠MDE=180°，∴∠MDE=∠MBA，同理证明：∠MED=∠A，∴∠MDE=∠MED，∴MD=ME

（2）2；

【解析】【解答】解：(2)①由（1）可知，∠A=∠MDE，∴DE∥AB，∴ =

．∵AD=2DM，∴DM：MA=1：3，∴DE= AB= ×6=2．

故答案为：2．

②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：

连接OD、OE．

∵OA=OD，∠A=60°，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°．∵DE∥AB，∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，∴△ODE，△DEM都是等边三角形，∴OD=OE=EM=DM，∴四边形OEMD是菱形．

故答案为：60°．

【分析】（1）要证MD=ME，只须证∠MDE=∠MED即可。根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=AM=MC，则∠A=∠ABM，由圆内接四边形的性质易得∠MED=∠A，∠MDE=∠MBA，所以可得∠MDE=∠MED；

（2）①由（1）易证得DE∥AB，可得比例式，结合①中的已知条件即可求解；

②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE，由题意易得△ODE，△DEM都是等边三角形，所以可得OD=OE=EM=DM，由菱形的判定即可求解。

3．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．

（1）问题发现

①当α=0°时， =________；②当α=180°时， =________．

（2）拓展探究

试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．

（3）问题解决

当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．

【答案】（1）；

（2）解：如图2，

，

当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，

∵∠ECD=∠ACB，

∴∠ECA=∠DCB，

又∵，

∴△ECA∽△DCB，

∴

（3）解：①如图3，

，

∵AC=4 ，CD=4，CD⊥AD，

∴AD=

∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，

∴四边形ABCD是矩形，

∴BD=AC= ．

②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，

，

∵AC= ，CD=4，CD⊥AD，

∴AD= ，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，

∴DE= =2，

∴AE=AD-DE=8-2=6，

由（2），可得

，

∴BD= ．

综上所述，BD的长为或．

【解析】【解答】（1）①当α=0°时，

∵Rt△ABC中，∠B=90°，

∴AC= ，

∵点D、E分别是边BC、AC的中点，

∴ ,BD=8÷2=4，

∴．

②如图1，

，

当α=180°时，

可得AB∥DE，

∵，

∴

【分析】（1）①当α=0°时，Rt△ABC中，根据勾股定理算出AC的长，根据中点的定义得出AE,BD的长，从而得出答案；②如图1，当α=180°时，根据平行线分线段成比例定理得出AC∶AE=BC∶BD,再根据比例的性质得出AE∶BD=AC∶BC,从而得出答案。

（2）当0°≤α＜360°时，A E∶ B D 的大小没有变化，由旋转的性质得出∠ECD=∠ACB，进

而得出∠ECA=∠DCB，又根据EC∶DC=AC∶BC=,根据两边对应成比例，及夹角相等的三

角形相似得出△ECA∽△DCB，根据相似三角形对应边成比例得出AE∶BD=EC∶DC=;（3）①如图3，在Rt△ADC中，根据勾股定理得出AD的长，根据两组对边分别相等，且有一个角是直角的四边形是矩形得出四边形ABCD是矩形，根据矩形对角线相等得出BD=AC=；②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，在Rt△ADC中，利用勾股定理得出AD的长，根据中点的定义得出DE的

长，根据AE=AD-DE算出AE的长，由（2），可得AE∶BD=,从而得出BD的长度。

4．如图，Rt△AOB在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点A在x轴的正半轴上，OA=3，∠BAD=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出发，以每秒2个单位的速度沿x轴的正方向运动，当△PAB为直角三角形时，求t的值；

（3）在（2）的条件下，当△PAB为以∠PBA为直角的直角三角形时，在y轴上是否存在一点Q使△PBQ为等腰三角形？如果存在，请直接写出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：∵B（0，），

∴OB= .

∵OA= OB，

∴OA=3，

∴AC=3.

∵∠BAD=30°，

∴∠OAC=60°.

∵∠ACD=90°，

∴∠ODB=30°，

∴ = ，

∴OD=3，

∴D（﹣3，0）；

（2）解：∵OA=3，OD=3，∴A（3，0），AD=6，

∴AB=2 ，当∠PBA=90°时.

∵PD=2t，

∴OP=3﹣2t.

∵△OBA∽△OPB，

∴OB2=OP?OA，

∴3﹣2t= =1，解得t=1，当∠APB=90°时，则P与O重合，∴t= ；

（3）解：存在.

①当BP为腰的等腰三角形.

∵OP=1，∴BP= =2，

∴Q1（0， +2），Q3（0. ﹣2）；

②当PQ2=Q2B时，设PQ2=Q2B=a，

在Rt△OPQ2中，12+（﹣x）2=x2，解得x= ，

∴Q2（0，）；

③当PB=PQ4时，Q4（0，﹣）

综上所述：满足条件的点Q的坐标为Q1（0， +2），Q2（0，），Q3（0. ﹣2），Q4（0，﹣）.

【解析】【分析】（1）根据已知得出OA、OB的值以及∠DAC的度数，进而求得∠ADC，即可求得D的坐标；（2）根据直角三角形的判定，分两种情况讨论求得；（3）求得PB 的长，分四种情形讨论即可解决问题.

5．在平面直角坐标系中，点 A 点 B 已知满足

.

（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；

（2）如图1，点E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE，且AF=AE，连接BF交轴于点D，若点D(-1,0)，求点E的坐标；

（3）在(2)的条件下，如图2，过E作EH⊥OB交AB于H，点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上)，连接MO，作∠MON=45°，ON交线段BA的延长线于点N，连接MN，探究线段MN与OM的关系,并说明理由。

【答案】（1）（-4,0）；（0，-4）

（2）解：作FH⊥OA于H，

∵AF⊥AE，

∴∠FAE=∠AHF=∠AOE=90°，

∴∠FAH+∠OAE=90°，∠FAH+∠AFH=90°，∴∠AFH=∠OAE,

∵AF=OA，

∴△AFH≌△EAO，

∴FH=OA，

∵点A（-4,0），点B（0，-4）

∴FH=OA=OB=4，

∵∠FHD=∠BOD=90°，∠FDH=∠BDO,

∴△FDH≌△BDO，

∴OD=DH=1，

∴AH=OH=OE=2，

∴E（0，-2）

（3）解：结论：MN=OM,MN⊥OM，

理由：连接OH，OM与BN交于G，

∵OA=OB,∠AOB=45°，

∴∠OAB=45°

∵OE=EB=2，EH∥OA,

∴AH=BH,OH⊥AB,∠AHM=∠OAB=45°，

∵∠MON=45°

∴∠GON=∠GHM,

∵∠NGO=∠MGH,

∴△NGO∽△MGH，

∴ = ,

∴ = ,

∵∠NGM=∠OGH,

∴△NGM∽△OGH，

∴∠NMG=∠OHG=90°，

∴△OMN是等腰直角三角形

∴MN=OM,MN⊥OM.

【解析】【解答】（1）∵ =0,

∴a=-4，b=-4,

∴点A的坐标为（-4,0），点B的坐标为（0，-4）

【分析】（1）先将式子变形为完全平方公式的形式，再根据平方的非负性求解;（2）如图1中，作FH⊥OA于H，由△AFH≌△EAO，推出FH=OA,由△FDH≌△BDO,推出

AH=OH=OE=2;（3）连接OH，OM与BN交于G，由△NGO∽△MGH，推出 = ,再推出

= ,再得出△NGM∽△OGH，推出∠NMG=∠OHG=90°，推出△OMN是等腰直角三角形即可解决问题.

6．如图，AB为的直径，C为上一点，D为BA延长线上一点，．

（1）求证：DC为的切线；

（2）线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，

，求CF的长．

【答案】（1）解：如图，连接OC，

为的直径，

，

，

，

，

，

，即，

为的切线

（2）解：中，，，，，

，，

∽，

，

设，，

中，，

，

舍或，

，，

，

设，

，

，

，

，

∽，

，

，，

【解析】【分析】（1）要证DC为⊙O 的切线，需添加辅助线：连半径OC，证垂直，根据直径所对的圆周角是直角，可得出∠ BCO + ∠ OCA = 90°，再利用等腰三角形的性质，可得出∠ B = ∠BCO ，结合已知，可推出∠OCD=90°，然后利用切线的判定定理，可证得结论。

（2）根据已知圆的半径和sinB的值，可求出AB、BC的值，再证明△CAD ∽△BCD，得出对应边成比例，得出AD与CD的比值，利用勾股定理求出AD、CD的长，再利用∠CEF=45°去证明CE = CF ，然后证明△ CED ∽△ BFD ，得出对应边成比例，求出CF的长。

7．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，、，，其中、

是方程的两根，且，过点的直线与抛物线只有一个公共点

（1）求、两点的坐标；

（2）求直线的解析式；

（3）如图2，点是线段上的动点，若过点作轴的平行线与直线相交于点，与抛物线相交于点，过点作的平行线与直线相交于点，求的长. 【答案】（1）解：∵x1、x2是方程x2-2x-8=0的两根，且x1＜x2，

∴x1=-2，x2=4，

∴A（-2，2），C（4，8）

（2）解：①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），

∵A（-2，2）在直线l上，

∴2=-2k+b，

∴b=2k+2，

∴直线l的解析式为y=kx+2k+2①，

∵抛物线y= x2②，

联立①②化简得，x2-2kx-4k-4=0，

∵直线l与抛物线只有一个公共点，

∴△=（2k）2-4（-4k-4）=4k2+16k+16=4（k2+4k+4）=4（k+2）2=0，

∴k=-2，

∴b=2k+2=-2，

∴直线l的解析式为y=-2x-2；

②平行于y轴的直线和抛物线y= x2只有一个交点，

∵直线l过点A（-2，2），

∴直线l：x=-2

（3）解：由（1）知，A（-2，2），C（4，8），

∴直线AC的解析式为y=x+4，

设点B（m，m+4），

∵C（4.8），

∴BC= |m-4|= （4-m）

∵过点B作y轴的平行线BE与直线l相交于点E，与抛物线相交于点D，

∴D（m， m2），E（m，-2m-2），

∴BD=m+4- m2， BE=m+4-（-2m-2）=3m+6，

∵DC∥EF，

∴△BDC∽△BEF，

∴，

∴，

∴BF=6 .

【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得出点A，C坐标；（2）先设出直线l的解析式，再联立抛物线解析式，用△=0，求出k的值，即可得出直线l的解析式；（3）设出点B的坐标，进而求出BC，再表示出点D，E的坐标，进而得出BD，BE，再判断出△BDC∽△BEF得出比例式建立方程即可求出BF.

8．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.

9．问题提出；

（1）如图1，矩形ABCD，AB＝4，BC＝8，点E为CD的中点，点P为BC上的动点，CP＝________时，△APE的周长最小.

（2）如图2，矩形ABCD，AB＝4，BC＝8，点E为CD的中点，点P、点Q为BC上的动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，请确定点P的位置（即BP的长）

问题解决；

（3）如图3，某公园计划在一片足够大的等边三角形水域内部（不包括边界）点P处修一个凉亭，设计要求PA长为100米，同时点M，N分别是水域AB，AC边上的动点，连接P、M、N的水上浮桥周长最小时，四边形AMPN的面积最大，请你帮忙算算此时四边形AMPN面积的最大值是多少？

【答案】（1）

（2）解：点A向右平移2个单位到M，点E关于BC的对称点F，连接MF，交BC于Q，此时MQ+EQ最小，

∵PQ＝3，DE＝CE＝2，AE＝2 ，

∴要使四边形APQE的周长最小，只要AP+EQ最小就行，

即AP+EQ＝MQ+EQ，过M作MN⊥BC于N，

∴MN∥CD

∴△MNQ∽△FCQ，

∴

∴

∴NQ＝4

∴BP＝BQ﹣PQ＝4+2﹣2＝4

（3）解:如图，作点P关于AB的对称点G，作点P关于AC的对称点H，连接GH，交AB，AC于点M，N，此时△PMN的周长最小.

∴AP＝AG＝AH＝100米，∠GAM＝∠PAM，∠HAN＝∠PAN，

∵∠PAM+∠PAN＝60°，

∴∠GAH＝120°，且AG＝AH，

∴∠AGH＝∠AHG＝30°，

过点A作AO⊥GH，

∴AO＝50米，HO＝GO＝50 米，

∴GH＝100 米，

∴S△AGH＝ GH×AO＝2500 平方米，

∵S四边形AMPN＝S△AGM+S△ANH＝S△AGH﹣S△AMN，

∴S△AMN的值最小时，S四边形AMPN的值最大，

∴MN＝GM＝NH＝时

∴S四边形AMPN＝S△AGH﹣S△AMN＝2500 ﹣＝平方米.

【解析】【解答】（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D＝90°＝∠ABC，AB＝CD＝4，BC＝AD＝8，

∵E为CD中点，

∴DE＝CE＝2，

在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE＝＝＝2 ，

即△APE的边AE的长一定，

要△APE的周长最小，只要AP+PE最小即可，

延长AB到M，使BM＝AB＝4，则A和M关于BC对称，

连接EM交BC于P，此时AP+EP的值最小，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，

∴△ECP∽△MBP，

∴

∴

∴CP＝

故答案为：

【分析】（1）延长AB到M，使BM=AB，则A和M关于BC对称，连接EM交BC于P，此时AP+EP的值最小，根据勾股定理求出AE长，根据矩形性质得出AB∥CD，推出△ECP∽△MBP，得出比例式，代入即可求出CP长；（2）点A向右平移2个单位到M，点E关于BC的对称点F，连接MF，交BC于Q，要使四边形APQE的周长最小，只要AP+EQ最小就行，证△MNQ∽△FCQ即可求BP的长；（3）作点P关于AB的对称点G，作点P关于AC的对称点H，连接GH，交AB，AC于点M，N，此时△PMN的周长最小.S四

=S△AGM+S△ANH=S△AGH-S△AMN，即S△AMN的值最小时，S四边形AMPN的值最大.

边形AMPN

10．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC向点C匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），解答下列问题：

（1）①BQ＝________，BP＝________；（用含t的代数式表示）

②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式________；

（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；

（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．

【答案】（1）5﹣2t；t；y=﹣ t2+ t

（2）解：不存在，

理由：∵AC＝3，BC＝4，

∴S△ABC＝ ×3×4＝6，

由（1）知，S△PBQ＝﹣ t2+ t，

∵△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，

∴﹣ t2+ t＝3，

∴2t2﹣5t+10＝0，

∵△＝25﹣4×2×10＜0，

∴此方程无解，

即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一

（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，

∵△BPQ是等腰三角形，

∴①当BP＝BQ时，

∴t＝5﹣2t，

∴t＝，

②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，

∴BE＝ BQ＝（5﹣2t），

∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，

∴△BEP∽△BCA，

∴，

∴，

∴t＝

③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，

∴BF＝ BP＝ t，

∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，

∴△BFQ∽△BCA，

∴，

∴，

∴t＝，

即：t为秒或秒或秒时，△BPQ为等腰三角形．

【解析】【解答】（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，

根据勾股定理得，AB＝5cm，

由运动知，BP＝t，AQ＝2t，

∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，

故答案为：5﹣2t，t；

②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，

∴∠BDQ＝∠C＝90°，

∵∠B＝∠B，

∴△BDQ∽△BCA，

∴，

∴，

∴DQ＝（5﹣2t）

∴y＝S△PBQ＝BP?DQ＝ ×t× （5﹣2t）＝﹣ t2+ t；

【分析】（1）①先利用勾股定理求出AB，即可得出结论；②过点Q作QD⊥BC于D，进而得出△BDQ∽△BCA，用t表示出DQ，最后用三角形的面积公式即可得出结论；（2）先求出△ABC的面积，再利用△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，建立关于t的方程，进而判断出此方程无解，即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质，得出比例式建立关于t的方程求解，即可得出结论．

11．如图，在△ABC中，∠C=90°,AE平分∠BAC交BC于点E,O是AB上一点，经过A,E两点的⊙O交AB于点D，连接DE，作∠DEA的平分线EF交⊙O于点F，连接AF.