中考数学培优易错试卷(含解析)之相似附答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t （0＜t＜10）．

（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；

（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？

（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．

【答案】（1）解：在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，

∴C（0，4），

∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），

∴B（10，4），

把B、D坐标代入抛物线解析式可得，

解得，

∴抛物线解析式为y＝ x2＋ x＋4；

（2）解：由题意可设P（t，4），则E（t， t2＋ t＋4），

∴PB＝10﹣t，PE＝ t2＋ t＋4﹣4＝ t2＋ t，

∵∠BPE＝∠COD＝90°，

当∠PBE＝∠OCD时，

则△PBE∽△OCD，

∴，即BP?OD＝CO?PE，

∴2（10﹣t）＝4（ t2＋ t），解得t＝3或t＝10（不合题意，舍去），

∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD；

当∠PBE＝∠CDO时，

则△PBE∽△ODC，

∴，即BP?OC＝DO?PE，

∴4（10﹣t）＝2（ t2＋ t），解得t＝12或t＝10（均不合题意，舍去）

综上所述∴当t＝3时，∠PBE＝∠OCD

（3）解：当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，

∴∠CQO＋∠AQB＝90°，

∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，

∴∠OCQ＝∠AQB，

∴Rt△COQ∽Rt△QAB，

∴，即OQ?AQ＝CO?AB，

设OQ＝m，则AQ＝10﹣m，

∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8，

①当m＝2时，CQ＝＝，BQ＝＝，

∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，

∴PM＝PC?sin∠PCQ＝ t，PN＝PB?sin∠CBQ＝（10﹣t），

∴ t ＝（10﹣t），解得t＝，

②当m＝8时，同理可求得t＝，

∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或

【解析】【分析】（1）先求出抛物线与y轴的交点C的坐标，再根据矩形ABCO及点A的坐标为（10，0），求出点B的坐标，然后利用待定系数法，将点B、D的坐标分别代入函数解析式求出二次函数解析式。

（2）设P（t，4），利用抛物线的解析式表示出点E的坐标，可求出PB、PE的长，再分情况讨论：当∠PBE＝∠OCD时，可证△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性质，的长BP?OD＝CO?PE，建立关于t的方程，求出符合题意的t的值；当∠PBE＝∠CDO时，可得△PBE∽△ODC，利用相似三角形的性质得出BP?OC＝DO?PE，建立关于t的方程，求出t 的值，综上所述就可得出符合题意的t的值。

（3）当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，再证明Rt△COQ∽Rt△QAB，利用相似三角形的性质得出OQ?AQ＝CO?AB，设OQ＝m，则AQ＝10

﹣m，建立关于m的方程，求出m的值，再分别根据m的值求出CQ、BQ的长，再利用解直角三角形用含t的代数式分别表示出PM、PN的长，由PM=PN可得出关于t的方程，再解方程，就可求出符合题意的t的值。

2．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E．

（1）若AB=3，AD= ，求△BMC的面积；

（2）点E为AD的中点时，求证：AD= BN ．

【答案】（1）解：如图1中，

在△ABM和△CAD中，∵AB=AC，∠BAM=∠ACD=90°，AM=CD，∴△ABM≌△CAD，

∴BM=AD= ，∴AM= =1，∴CM=CA﹣AM=2，∴S△BCM= ?CM?BA= ×23=3．

（2）解：如图2中，连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．

∵AE=ED，∠ACD=90°，∴AE=CE=ED，∴∠EAC=∠ECA，∵△ABM≌△CAD，∴∠ABM=∠CAD，∴∠ABM=∠MCE，∵∠AMB=∠EMC，∴∠CEM=∠BAM=90°，

∴△ABM∽△ECM，∴，∴，∵∠AME=∠BMC，∴△AME∽△BMC，∴∠AEM=∠ACB=45°，∴∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，∴∠PEQ=∠AEC，∴∠AEQ=∠EQC，∵∠P=∠EQC=90°，∴△EPA≌△EQC，∴EP=EQ，∵EP⊥BP，EQ⊥BC

∴BE平分∠ABC，∴∠NBC=∠ABN=22.5°，∵AH垂直平分BC，∴NB=NC，∴∠NCB=∠NBC=22.5°，∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，∴△ENC的等腰直角三角形，∴NC=

EC，∴AD=2EC，∴2NC= AD，∴AD= NC，∵BN=NC，∴AD= BN．

【解析】【分析】（1）首先利用SAS判断出△ABM≌△CAD，根据全等三角形对应边相等得出BM=AD= ，根据勾股定理可以算出AM，根据线段的和差得出CM的长，利用

S△BCM= ?CM?BA即可得出答案；

（2）连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED，根据等边对等角得出∠EAC=∠ECA，根据全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD，从而得出∠ABM=∠MCE，根据对顶角相等及三角形的内角和得出∠CEM=∠BAM=90°，从而判断出△ABM∽△ECM，由相似三角形对应边成比例得出BM∶CM= AM∶EM,从而得出BM∶AM= CM∶EM，根据两边对应成比例及夹角相等得出△AME∽△BMC，故∠AEM=∠ACB=45°，∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，故∠PEQ=∠AEC，∠AEQ=∠EQC，又∠P=∠EQC=90°，故△EPA≌△EQC，故EP=EQ，根据角平分线的判定得出BE平分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，根据中垂线定理得出NB=NC，根据等腰三角形的性质得出∠NCB=∠NBC=22.5°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边之间的关系得出NC= EC，根据AD=2EC，2NC= AD，AD= NC，又BN=NC，故AD= BN．

3．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。

（1）若点N在BC之间时，如图：

①求证：∠NPQ＝∠PQN；

②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；

（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，

AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，

在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，

∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN

② 是定值

理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，

∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，

∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，

∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，

∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，

∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，

∵AB＝8，∴；

（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况

（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，

∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，

∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT

在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，

在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，

∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4

又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；

（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作

Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，

同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，

∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，

∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．

【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；

②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证

△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；

（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；

②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。

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1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．

（1）求这条抛物线的表达式；

（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；

（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，

∴t=2，∴B（2，2），

把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，

∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x

（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，

∵点C是抛物线上第四象限的点，

∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），

∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，

∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD?OE+ CD?BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，

∵△OBC的面积为2，

∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，

∴C（1，﹣1）

（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，

∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，

在△AOB和△NOB中

∴△AOB≌△NOB（ASA），

∴ON=OA= ，

∴N（0，），

∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，

∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得

或，

∴M（﹣，），

∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），

∴OB=2 ，OC= ，

∵△POC∽△MOB，

∴ = =2，∠POC=∠BOM，

当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，

∵∠COA=∠BOG=45°，

∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，

∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，

∵M（﹣，），

∴MG= ，OG= ，

∴PH= MG= ，OH= OG= ，

∴P（，）；

当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，

同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，

∴P（﹣，）；

综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）

【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b 的值，即可求得答案。

（2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，可知点C、D、E、F的横坐标相等，因此设设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），F（t，2）,再表示出OE、BF、CD的长，然后根据S△OBC=S△CDO+S△CDB=2，建立关于t的方程，求出t 的值，即可得出点C的坐标。

（3）根据已知条件易证△AOB≌△NOB，就可求出ON的长，得出点N的坐标，再根据点B、N的坐标求出直线BN的函数解析式，再将二次函数和直线BN联立方程组，求出点M

的坐标，求出OB、OC的长，再根据△POC∽△MOB，得出，∠POC=∠BOM，然后分情况讨论：当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x 轴于点H，证△MOG∽△POH，得出对应边成比例，即可求出点P的坐标；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可得出点P的坐标，即可得出答案。

6．如图1，过等边三角形ABC边AB上一点D作交边AC于点E，分别取BC，DE 的中点M，N，连接MN．

（1）发现：在图1中， ________；

（2）应用：如图2，将绕点A旋转，请求出的值；

（3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且，M，N分别

是底边BC，DE的中点，若，请直接写出的值．

【答案】（1）

（2）解：如图2中，连接AM、AN，

，都是等边三角形，，，

，，

，，

，

，

，

∽，

（3）解：如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O，

，，，，

，，

，

，

，

，

，，

，

，

∽，

，

，

，

，，

≌，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

【解析】【解答】解：（1）如图1中，作于H，连接AM，

，，

，

时等边三角形，

，

，

，

，

平分线段DE，

，

、N、M共线，

，

四边形MNDH时矩形，

，

，

故答案为：；

【分析】（1）作DH ⊥BC 于H，连接AM.证四边形MNDH时矩形，所以MN=DH，则MN：BD=DH：BD=sin60°，即可求解；

（2）利用△ABC ，△ADE 都是等边三角形可得AM：AB=AN：AD，易得∠BAD = ∠MAN ，从而得△ BAD ∽△ MAN，则NM：BD=AM：AB=sin60°，从而求解；

（3）连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O.先证明△BAD ∽△MAN可得NM：BD=AM：AB=sin∠ABC；再证明△ BAD ≌△ CAE，则∠ ABD = ∠ ACE ，进而可得∠ ABC = 45°，可求出答案.

7．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx-5与x轴交于A(-1，0)，B(5，0)两点，与y轴交与点C.

（1）求抛物线的函数表达式;

（2）若点D是y轴上的点，且以B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标; （3）如图2，CE//x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H 且与y轴平行的直线与BC、CE分别相交于点F，G，试探求当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积.

【答案】（1）解：把A(-1，0)，B(5，0)代入y=ax2+bx-5可得

，解得

二次函数的解析式为y=x2-4x-5.

（2）解：如图1,令x=0，则y=?5，

∴C(0,?5)，

∴OC=OB，

∴∠OBC=∠OCB=45°，

∴AB=6,BC=5 ，

要使以B,C,D为顶点的三角形与△ABC相似,则有或，

当时，

CD=AB=6，

∴D(0,1)，

当时，

∴，

∴CD= ，

∴D(0, )，

即：D的坐标为(0,1)或(0, )；

（3）解：设H(t，t2-4t-5)

∥x轴，，

又因为点E在抛物线上，即，解得（舍去）

∴BC所在直线解析式为y=x-5,

∴则，

而CE是定值，

∴当HF的值最大时，四边形CHEF有最大面积。

当时，HF取得最大值，四边形CHEF的最大面积为

,

此时H( ， )

【解析】【分析】（1）根据待定系数法直接确定出抛物线解析式；（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；

8．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。

9．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.

10．操作：和都是等边三角形，绕着点按顺时针方向旋转，是、的中点，有以下三种图形.

探究：

（1）在上述三个图形中，是否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个比值；

（2）的值是否也等于这个定值，若是，请结合图（1）证明你的结论；

（3）与有怎样的位置关系，请你结合图（2）或图（3）证明你的结论.

【答案】（1）解：∵是等边三角形，由图（1）得AO⊥BC，

∴，∴；

（2）证明：，

，

∴

∴

∴