中考数学压轴题专题复习—相似的综合含答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P做x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线于点M．

（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；

（2）已知点F（0，），当点P在x轴上运动时，试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？

（3）点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：由抛物线过点A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为y=a（x+1）（x-4），

将点C（0，2）代入，得：-4a=2，

解得：a=- ，

则抛物线解析式为y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2

（2）解：由题意知点D坐标为（0，-2），

设直线BD解析式为y=kx+b，

将B（4，0）、D（0，-2）代入，得：

，解得：，

∴直线BD解析式为y= x-2，

∵QM⊥x轴，P（m，0），

∴Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），

则QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，

∵F（0，）、D（0，-2），

∴DF= ，

∵QM∥DF，

∴当- m2+m+4= 时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m=-1或m=3，

即m=-1或3时，四边形DMQF是平行四边形。（3）解：如图所示：

∵QM∥DF，

∴∠ODB=∠QMB，

分以下两种情况：

①当∠DOB=∠MBQ=90°时，△DOB∽△MBQ，

则，

∵∠MBQ=90°，

∴∠MBP+∠PBQ=90°，

∵∠MPB=∠BPQ=90°，

∴∠MBP+∠BMP=90°，

∴∠BMP=∠PBQ，

∴△MBQ∽△BPQ，

∴，即，

解得：m1=3、m2=4，

当m=4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，

∴m=3，点Q的坐标为（3，2）；

②当∠BQM=90°时，此时点Q与点A重合，△BOD∽△BQM′，

此时m=-1，点Q的坐标为（-1，0）；

综上，点Q的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似．

【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与x轴的交点，则可由抛物线的两点式，设解析为y=a（x+1）（x-4），代入C（0,2）即可求得a的值；

（2）由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM=DF，由D，F的坐标可求得DF的长

度；由P（m,0）可得Q（m，-m2+m+2），而M在直线BD上，由B，D的坐标用待定系数法求出直线BD的解析式，并当=m时，表示出点M的坐标，可用m表示出QM的长度。由QM=DF，列出关于m的方程，解之可得；

（3）在△DOB和△MBQ中，由QM∥DF，可知∠ODB=∠QMB，因为∠MBQ=90°要使△DOB和△MBQ相似，则需要∠DOB=∠MBQ=90°或∠DOB=∠BQM=90°。

2．如图所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，DE⊥AC，△CDE沿直线BC翻折到△CDF，连结AF交BE、DE、DC分别于点G、H、I．

（1）求证：AF⊥BE；

（2）求证：AD=3DI．

【答案】（1）证明：∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D是BC的中点，

∴AD=BD=CD，∠ACB=45°，

∵在△ADC中，AD=DC，DE⊥AC，

∴AE=CE，

∵△CDE沿直线BC翻折到△CDF，

∴△CDE≌△CDF，

∴CF=CE，∠DCF=∠ACB=45°，

∴CF=AE，∠ACF=∠DCF+∠ACB=90°，

在△ABE与△ACF中，，

∴△ABE≌△ACF（SAS），

∴∠ABE=∠FAC，

∵∠BAG+∠CAF=90°，

∴∠BAG+∠ABE=90°，

∴∠AGB=90°，

∴AF⊥BE

（2）证明：作IC的中点M，连接EM，由（1）∠DEC=∠ECF=∠CFD=90°

∴四边形DECF是正方形，

∴EC∥DF，EC=DF，

∴∠EAH=∠HFD，AE=DF，

在△AEH与△FDH中，

∴△AEH≌△FDH（AAS），

∴EH=DH，

∵∠BAG+∠CAF=90°，

∴∠BAG+∠ABE=90°，

∴∠AGB=90°，

∴AF⊥BE，

∵M是IC的中点，E是AC的中点，

∴EM∥AI，

∴，

∴DI=IM，

∴CD=DI+IM+MC=3DI，

∴AD=3DI

【解析】【分析】（1）根据翻折的性质和SAS证明△ABE≌△ACF，利用全等三角形的性质得出∠ABE=∠FAC，再证明∠AGB=90°，可证得结论。

（2）作IC的中点M，结合正方形的性质，可证得∠EAH=∠HFD，AE=DF，利用AAS证明△AEH与△FDH全等，再利用全等三角形的性质和中位线的性质解答即可。

3．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点.

（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=3，MN=4求BN的长；

（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D，使C，D 是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；

（3）如图3，正方形ABCD中，M，N分别在BC，DC上，且BM≠DN，∠MAN=45°，AM，AN分别交BD于E，F.

求证：①E、F是线段BD的勾股分割点；

②△AMN的面积是△AEF面积的两倍．

【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，

∵点M，N是线段AB的勾股分割点，

∴BM= = = ，

②当BN为最大线段时，

∵点M，N是线段AB的勾股分割点，

∴BN= = =5，

综上，BN= 或5；

（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；

②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；

③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；

点D即为所求；如图2所示．

（3）解：①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．

∵∠DAF+∠BAE=90°﹣∠EAF=45°，∠DAF=∠BAH，

∴∠EAH=∠EAF=45°，

∵EA=EA，AH=AF，

∴△EAH≌△EAF，

∴EF=HE，

∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，

∴∠HBE=90°，

在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，

∵BH=DF，EF=HE，

∵EF2=BE2+DF2，

∴E、F是线段BD的勾股分割点．

②证明：如图4中，连接FM，EN．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，

∵∠MAN=45°，

∴∠EAN=∠EDN，∵∠AFE=∠FDN，

∴△AFE∽△DFN，

∴∠AEF=∠DNF，，

∴，∵∠AFD=∠EFN，

∴△AFD∽△EFN，

∴∠DAF=∠FEN，

∵∠DAF+∠DNF=90°，

∴∠AEF+∠FEN=90°，

∴∠AEN=90°

∴△AEN是等腰直角三角形，

同理△AFM是等腰直角三角形；

∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，

∴AM= AF，AN= AE，

∵S△AMN= AM?AN?sin45°，

S△AEF= AE?AF?sin45°，

∴ =2，

∴S△AMN=2S△AEF．

【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最大线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；

（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA；这样的作图可以保证直角的出现，及AC 是一条直角边，③连接BF，并作BF的垂直平分线，交AB于D；这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF，从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；

（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．根据正方形的性质及旋转的性质得出∠EAH=∠EAF=45°，AH=AF，利用SAS判断出△EAH≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=HE，根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，故∠HBE=90°，在Rt△BHE中，HE2=BH2+BE2，根据等量代换得出结论；②证明：如图4中，连接FM，EN．根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE∽△DFN，根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出∠AEF=∠DNF， AF∶DF =EF∶FN ，根据比例的性质进而得出AF∶EF =DF∶FN,再判断出△AFD∽△EFN，根据相似三角形对应角相等得出∠DAF=∠FEN，根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由∠DAF+∠DNF=90°，得出∠AEF+∠FEN=90°，即∠AEN=90°，从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM= AF，AN= AE，从而分别表示出S△AMN与S△AEF，求出它们的比值即可得出答案。

4．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．

（1）求证：△ABP≌△CBE．

（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．

①当时，求证：AP⊥BD；

②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，

∴∠ABP＝∠CBE．

在△ABP和△CBE中，

（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．

∵△ABP≌△CBE，

∴∠PAB＝∠ECB，

∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，

∴∠AHE＝90°，

∴AP⊥CE．

∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，

∴△CPD∽△BPE，

∴，

∴DP＝EP．

∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．

∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．

②解：∵，∴BC＝nBP，

∴CP＝(n－1)BP．

∵CD∥BE，

∴△CPD∽△BPE，

∴．

令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，

S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．

∵，

∴S1＝(n＋1)(n－1)S，

∴．

【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；

（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知

=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；

②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。

5．如图，BD是□ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm，动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD—DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动.过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连接PQ，以PQ与QM为边作□PQMN.设点P的运动时间为t(s)（t>0），□PQMN与□ABCD重叠部分图形的面积为S（cm2）.

（1）AP=________cm（同含t的代数式表示）.

（2）当点N落在边AB上时，求t的值.

（3）求S与t之间的函数关系式.

（4）连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值.

【答案】（1）（10-5t）

（2）解：如图①，

当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形．∵PN∥DB，∴△APN∽△ADB，∴AP：

AD=PN：DB，∴（10－5t）：10=8t：8，120t=80，∴．

（3）解：分三种情况讨论：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t．

当时，．

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t，设PN交AB于点F，则

．

当时，．

c)如图④，当时，PF=8-4t，FB=3t，PN=DB=QM=8，∴FN=4t，DQ=6(t-1)，∴BM=DQ=6(t-1)．∵∠GBM=∠A，∠DBA=∠GMB，∴△BGM∽△ABD，∴GM：BM=DB：

AB，解得：GM=8t-8，∴S=S平行四边形PNMQ-S△FMN-S△BMG=8（9t-6）－ ×4t×（9t-6）－ ×（6t-6）（8t-8）= ．

综上所述：

（4）解：分三种情况讨论．

①当NQ∥AB时，如图5，

过P作PF⊥BD于F，则PF=3t，DF=4t，PN=FQ=BQ=8t，∴BD=8t+8t+4t=8，解得：．②当AD∥NQ，且Q在BD上时，如图6．

∵PNQD和PNBQ都是平行四边形，∴PN=DQ=BQ，∴8t+8t=8，解得：．

③当AD∥NQ，且Q在DC上时，如图7，

可以证明当Q与C重合，即直线NQ与直线BC重合时，满足条件，如图8，

此时DQ=AB= =6，t= =2．

综上所述：或或．

【解析】【解答】解：（1）（10-5t）；

【分析】（1）由题意可得，DP=5t,所以AP=AD-DP=10-5t;

（2）由欧勾股定理的逆定理可得∠ABD=，所以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形；由平行线分线段成比例定理可得

比例式：,则可得关于t的方程，解方程即可求解；

（3）由（2）知，当□PQMN全部在□ABCD中时，运动时间是秒，由已知条件可知，点Q 在BD边上的运动速度是8cm/s，在DC边上的运动速度是6cm/s，所以当点Q运动到C点时，点P也运动到了点A，所以分3种情况：

a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，当0 < t ≤时， S=BQ PE；

b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，设PN交AB于点F，当< t ≤ 1 时，S =（PF+BQ）PE；

c)如图④，当1 < t ≤ 2 时， S =平行四边形PNMQ的面积-三角形FNM的面积-三角形BMG 的面积；

（4）由题意NQ与△ABD的一边平行可知，有3种情况：

①当NQ∥AB；

②当AD∥NQ，且Q在BD上时；

③当AD∥NQ，且Q在DC上时。分这三种情况根据已知条件即可求解。

6．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE的垂线交AB 于点F，⊙O是△BEF的外接圆．

（1）求证：AC是⊙O的切线；

（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H，求证：CD=HF；（3）已知：CD=1，EH=3，求AF的长．

【答案】（1）证明：如图，连接OE．

∵BE平分∠ABC，

∴∠CBE=∠OBE，

∵OB=OE，

∴∠OBE=∠OEB，

∴∠OEB=∠CBE，

∴OE∥BC，

∴∠AEO=∠C=90°，

∴AC是⊙O的切线；

（2）解：如图，连结DE．

∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，

∴EC=EH．

∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，

∴∠CDE=∠HFE．

在△CDE与△HFE中，

，

∴△CDE≌△HFE（AAS），

∴CD=HF．

（3）解：由（2）得，CD=HF．又CD=1

∴HF＝1

在Rt△HFE中，EF= ＝

∵EF⊥BE

∴∠BEF=90°

∴∠EHF=∠BEF=90°

∵∠EFH=∠BFE

∴△EHF∽△BEF

∴，即

∴BF=10

∴ , ,

∴在Rt△OHE中， ,

∴在Rt△EOA中， ,

∴

∴

∴ .

【解析】【分析】（1）连接OE．利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证得OE∥BC，从而得∠AEO=∠C=90°，可得到证明；

（2）连结DE．利用AAS可证△CDE≌△HFE，从而得到证明；

（3）证△EHF∽△BEF，由相似三角形的性质可求得BF，从而得到OE，在Rt△OHE和△EOA中，由cos∠EOA可求出OA，从而求出AF.

7．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．

（1）求点A、C的坐标；

（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a

的值；

（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．

【答案】（1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．

当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，

（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．

∵a＜0，

∴- ＞0，

∴A（-1，0）

（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．

∵OE∥DM，

∴，

∴OM=3，

∴D点纵坐标为12a+12．

∵tan∠EAO= =3a+3，

∴OE=3a+3，

∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．

∵OB=4CE，

∴- =-12a，

∵a＜0，

∴a=-

（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．

∵a=- ，

∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，

又∵PC=PD，PT=PT，

∴△TCP≌△TDP，

∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．

设P（t，- t2+ t+3），

∴OG=- t2+ t+3，PG=t，

∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，

∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，

∵点P在C、D之间，

∴t=1．

过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．

∵FQ∥PC，

∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，

∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，

∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，

∴∠KFQ=∠PCG．

∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，

∴tan∠PCG= ，

∵tan∠ABC= ，

∴∠PCG=∠ABC，

∴∠KFQ=∠ABC．

∵∠CFQ=2∠ABC，

∴∠CFQ=2∠KFQ，

∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，

∴tan∠OCF= ，

∴OF= ．

设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），

∵Q在抛物线上，

∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，

解得m= 或m=- （舍去），

∴Q（4，5），

∵B（6，0），

∴BQ= ．

【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据

OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么

TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由

tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据

Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．

8．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点D从点C出发，以2cm/s 的速度沿折线C→A→B向点B运动，同时点E从点B出发，以1cm/s的速度沿BC边向点C运动，设点E运动的时间为t（单位：s）（0＜t＜8）.

（1）当△BDE 是直角三角形时，求t的值；

（2）若四边形CDEF是以CD、DE为一组邻边的平行四边形，①设它的面积为S，求S关于t的函数关系式；②是否存在某个时刻t，使平行四边形CDEF为菱形?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：如图1，当∠BED=90°时，△BDE是直角三角形，

则BE=t，AC+AD=2t，

∴BD=6+10-2t=16-2t，

∵∠BED=∠C=90°，

∴DE∥AC，

∴，

∴，

∴DE= ，

∵sinB= ，

∴，

t= ；

如图2，当∠EDB=90°时，△BDE是直角三角形，

则BE=t，BD=16-2t，

cosB= ，

∴，

∴t= ；

答：当△BDE是直角三角形时，t的值为或

（2）解：①如图3，当0＜t≤3时，BE=t，CD=2t，CE=8-t，

∴S?CDEF=2S△CDE=2× ×2t×（8-t）=-2t2+16t，

如图4，当3＜t＜8时，BE=t，CE=8-t，过D作DH⊥BC，垂足为H，

∴DH∥AC，

∴，

∴，

∴DH= ，

∴S?CDEF=2S△CDE=2× ×CE×DH=CE×DH=（8-t）× = t2? t+ ；

∴S于t的函数关系式为：当0＜t≤3时，S=-2t2+16t，

当3＜t＜8时，S= t2? t+ ；

②存在，如图5，当?CDEF为菱形时，DH⊥CE，

由CD=DE得：CH=HE，

BH= ，BE=t，EH= ，

∴BH=BE+EH，

∴ =t+ ，

∴t= ，

即当t= 时，?CDEF为菱形．

【解析】【分析】（1）因为△BDE 是直角三角形有两种情况：

①当∠BED=90°时，可得DE∥AC，根据平行于三角形一边的直线和其它两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似可得,于是可得比例式将DE

用含t的代数式表示，再根据sinB=可得关于t的方程，解方程即可求解；

② 当∠EDB=90°时，同理可求解；

（2）①当0＜t≤3时，S?CDEF=2S△CDE可得s与t的关系式；当3＜t＜8时，过D作DH⊥BC，垂足为H，根据平行于三角形一边的直线和其它两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似可得,于是可得比例式将DH用含t的代数式表示，则S?CDEF=2S△CDE可得s与t的关系式；当3＜t＜8时，同上；

②存在，当?CDEF为菱形时，DH⊥CE，根据BH=BE+EH可得关于t的方程，解方程即可求解。

9．

（1）【发现】如图①，已知等边，将直角三角形的角顶点任意放在边上（点不与点、重合），使两边分别交线段、于点、