安徽省合肥市50中学西校2022-2023学年九年级上学期月考数学试题（解析版）

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A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似的性质，将点的坐标乘以2或即可求解．
【详解】解：∵已知点，，以原点O为位似中心，相似比为2，把放大，
∴点B的对应点的坐标为：或．
故选D．
【点睛】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
2. 如图，正方形OEFG和正方形ABCD是位似图形，且点F与点C是一对对应点，点F的坐标是（1，1），点C的坐标是（4，2），则它们的位似中心的坐标是（ ）
A. （0，0）B. （－1，0）C. （－2，0）D. （－3，0）
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】∵点F与点C是一对对应点，可知两个位似图形在位似中心同旁，位似中心就是CF与x轴的交点，
设直线CF解析式为y=kx+b，
将C（4，2），F（1，1）代入，
得，
解得，
即y=x+，
令y=0得x=﹣2，
∴O′坐标是（﹣2，0）；
故选C．
3. 如图，△ABO的顶点A在函数y＝（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为（ ）
A. 9B. 12C. 15D. 18
【答案】D
【解析】
【分析】由得到相似三角形，利用相似三角形的性质得到三角形之间的面积关系，利用反比例函数系数的几何意义可得答案．
【详解】解：


四边形MNQP的面积为3，







故选D．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，反比例函数系数的几何意义，掌握以上知识是解题的关键．
4. 如图，正方形中，，分别在边，上，，相交于，若，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作，易证四边形，四边形均为矩形，得到，，推出，证明，，列出比例式进行求解即可．
【详解】解：过点作，交于点，交于点，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴四边形，四边形均为矩形，
∴，，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形．
5. 如图，在四边形中，对角线平分，点在上，分别连接、．若，，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，过点作于点，根据角平分线的性质可证，可得，根据，可得，再证，可得，设，则，在中，，可得，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，
∵对角线平分，，，
∴，，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
6. 如图，已知中，，且D、E分别为的中点，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，证即可求解．
【详解】解：设，则，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质．熟记相关结论进行几何推理是解题关键．
7. 如图，在中，，，，若内接正方形的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据正方形的性质得到，继而证明，根据相似三角形的性质即可列出比例式，再通过证明四边形DHMG是矩形表示出CM的长度，即可求解．
【详解】解：设CH与GF交于点M，
正方形，
，，
，
，
，
，
四边形DHMG矩形，
，
，，正方形的边长是x，
，
，
，
整理得，
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
8. 如图，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，若AD：BD=2：1，点G在DE上，DG：GE=1：2，连接BG并延长交AC于点F，则AF：EF等于（ ）
A. 1：1B. 4：3C. 3：2D. 2：3
【答案】C
【解析】
【分析】如图，作DH∥BF交AC于H．利用平行线分线段成比例定理即可解答．
【详解】如图，作DH∥BF交AC于H．
∵DH∥BF，
∴AH：HF=AD：DB=2：1，
∴可以假设HF=a，则AH=2a．
∵FG∥DH，
∴FH：EF=DG：EG=1：2，
∴EF=2a，
∴AF=3a，
∴AF：EF=3a：2a=3：2．
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是利用平行线分线段成比例定理将两条线段的比转化为其余已知线段的比．
9. 在中，、是边上三等分点，是边上的中线，、分为三段的长分别是、、，若这三段有，则等于( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设BM分别交AE,AF于P,Q,连接MF, 作FH//BM交AC于H,根据中点的性质可得EP//MF,根据BE=EF，得到BP=PM，根据平行线分线段成比例定理可得CF:CB=FH:BM=CH:CM=1:3,则FH:QM=AH:AM=5:3, 设FH=t,所以BM=3t,QM=0.6t,BP=1.5t,
PQ=0.9t，即可求解.
【详解】设BM分别交AE,AF于P,Q,连接MF,
因为MF//AE,所以EP//MF,又因为BE=EF,所以BP=PM
作FH//BM交AC于H,CF:CB=FH:BM=CH:CM=1:3,
FH:QM=AH:AM=5:3,
设FH=t,所以BM=3t,QM=0.6t,BP=1.5t,PQ=0.9t
所以BP：PQ：QM=5：3：2
即x：y：z=5：3：2
故选D.
【点睛】考查平行线分线段成比例定理，中位线的性质，掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键.
10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90º，AC = BC = 4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点F作FH⊥AC于H，则△AFH∽△AEC，设FH为x，由已知条件可证明△CHF是等腰直角三角形，用x分别表示出FH、CH，利用FH=CH列方程即可求出x的值，利用DF=CD-CF即可求解．
详解】如图，过点F作FH⊥AC于H．

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=BC=4，
∴AB= ，
∵CD⊥AB，
∴CD=AD= ，
∵FH∥EC，
∴，
∵EC=EB=2，
∴，
∴设FH=，则AH=，CH=4-，
∵∠FCH=45°
∴CH=FH
∴
解得
∴
∴
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，解题的关键是做垂直，构造相似三角形．
11. 如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，过作轴于点，延长交于，由题意知，四边形是矩形，由翻折的性质可知，，，则，，证明，则，即，计算求出、的长，进而可得点坐标．
【详解】解：如图，过作轴于点，延长交于，
由题意知，四边形是矩形，由翻折的性质可知，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查了翻折的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于构造、，利用相似的判定与性质求出线段、的长．
12. 如图，在矩形中，点为边的中点，点为线段上一点，且，延长交于点，延长交于点，当，时，则的长为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取的中点，连接，易得，证明，得到，推出，证明，得到，求出的长，进而得到的长，勾股定理得到的长，进而得到的长，证明，得到，即可得解．
【详解】解：∵矩形，，，
∴，
取的中点，连接，
∵点为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即：
∵，
∴，
∴，即：，
∴（负值已舍掉），
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
故选A．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造三角形的中位线，证明三角形相似．
13. 将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A. B. C. 10D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．
【详解】解：当△DFE∽△ECB时，如图，
∴，
设DF=x，CE=y，
∴，解得：，
∴，故B选项不符合题意；
∴，故选项D不符合题意；
如图，当△DCF∽△FEB时，
∴，
设FC=m，FD=n，
∴，解得：，
∴FD=10，故选项C不符合题意；
，故选项A符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答．
14. 如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=AD；③GE=DF；④OC=2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（ ）
A. ①②③B. ①③④C. ①④⑤D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=，然后利用勾股定理再求得DF=FO=，据此求解即可．
【详解】解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，
∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=(∠DGO+∠AGO) =90°，
同理∠GEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°
∴GF∥EC；故①正确；
根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，
∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，
同理可得点E为AB的中点，
设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，
∴GC=3a，
在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，
即(3a)2=a2+(2b)2，
∴b=，
∴AB=2=AD，故②不正确；
设DF=FO=x，则FC=2b-x，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
即(2b-x)2=x2+(2a)2，
∴x==，即DF=FO=，
GE=a，
∴，
∴GE=DF；故③正确；
∴，
∴OC=2OF；故④正确；
∵∠FCO与∠GCE不一定相等，
∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；
综上，正确的有①③④，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
15. 如图，一组平行横格线，其相邻横格线间的距离都相等，已知点A、B、C、D、O都在横格线上，且线段AD，BC交于点O，则AB：CD等于______．
【答案】2：3．
【解析】
【分析】过点O作OE⊥AB于点E，延长EO交CD于点F，可得OF⊥CD，由AB//CD，可得△AOB∽△DOC，根据相似三角形对应高的比等于相似比可得，由此即可求得答案.
【详解】如图，过点O作OE⊥AB于点E，延长EO交CD于点F，
∵AB//CD，∴∠OFD=∠OEA=90°，即OF⊥CD，
∵AB//CD，∴△AOB∽△DOC，
又∵OE⊥AB，OF⊥CD，练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，
∴=，
故答案为2：3．
【点睛】本题考查了相似三角形的的判定与性质，熟练掌握相似三角形对应高的比等于相似比是解本题的关键.
16. 如图，D、E分别是的边AB、BC上的点，且，AE、CD相交于点O，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由，推出，可得，推出，推出，即可求解．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方．
17. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，在DC的延长线上取一点E，连接OE交BC于点F．已知AB＝4，BC＝6，CE＝2，则CF的长＝___．
【答案】1.5
【解析】
【分析】过点O作OM∥BC，交CD于M，由平行四边形的性质可得CD＝AB，OD＝OB，再利用三角形的中位线性质求得OM、CM的值，进而可求得ME的值，然后判定△CFE∽△MOE，由相似三角形的性质可得比例式，将相关线段的长代入计算即可得出答案．
【详解】解：过点O作OM∥BC，交CD于M，如图：
∵四边形ABCD平行四边形，
∴CD＝AB，OD＝OB，
∴OM为△BCD的中位线，
又∵AB＝4，BC＝6，
∴CM＝CD＝AB＝2，OM＝BC＝3，
∵OM∥BC，
∴△CFE∽△MOE，
∴，
∵CE＝2，CM＝2，
∴ME＝4，
∴，
∴CF＝1.5．
故答案为：1.5．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线，相似三角形判定与性质，掌握平行四边形的性质，三角形中位线，相似三角形判定与性质是解题关键．
18. 如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，折痕为，点落在点处，与交于点，则的周长是________．
【答案】12
【解析】
【分析】首先根据翻折的性质可得DF=EF，设EF=xcm，表示出AF，然后利用勾股定理列方程求出x，从而得到AF、EF的长，再证出△AEF和△BGE相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出BG、EG，然后根据三角形周长的定义列式计算即可得解．
【详解】解：由翻折的性质得，DF=EF，设EF=xcm，则AF=(6−x)cm，
∵点E是AB的中点，
∴，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，即32+(6−x)2=x2，
解得，
∴，，
∵∠FEG=∠D=90°，
∴∠AEF+∠BEG=90°，
∵∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠BEG =∠AFE，
又∵∠B=∠A=90°，
∴△BGE∽△AEF，
∴，
即，
∴BG=4cm，EG=5cm，
∴△EBG的周长=3+4+5=12(cm)．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟记性质并求出△AEF的各边的长，利用相似三角形的性质求出△EBG各边的长是解题的关键．
19. 如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）________°；
（2）若，，则________．
【答案】 ①. 45 ②.
【解析】
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
在正方形ABCD中，AB=AD
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴
∴，
∴DM=，MH=，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=，
∴PF=
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴，即，
∴NH=，
∴MN=MH+NH=+=．
故填： ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，其中点、分别在轴、轴上，．是轴负半轴上一点，，过点的直线分别与轴、边交于点、点，连接．当与相似时，则的长为________________．
【答案】或1
【解析】
【分析】分两种情形：当∠ABE∽△DOP时，∠AEB=∠DPO，证明EP=EA，求出点E的横坐标即可解决问题．②当△ABE∽△POD时，过点E作EH⊥PA于H．证明△PHE∽△EHA，可得EH2=PH•AH，设AH=x，则PH=6-x，构建方程求出x，即可解决问题．
【详解】解：①当∠ABE∽△DOP时，∠AEB=∠DPO，
∵BC∥AP，
∴∠EAP=∠AEB，
∴∠EPA=∠EAP，
∴EP=EA，
∴点E的横坐标为1，
∴CE=1；
②当△ABE∽△POD时，过点E作EH⊥PA于H．
∵∠BAE=∠EPA，∠BAE+∠EAP=90°，
∴∠EPA+∠EAP=90°，
∴∠AEP=90°，
∵EH⊥AP，
∴∠EHP=∠EHA=90°，
∴∠PEH+∠EPH=90°，∠PEH+∠AEH=90°，
∴∠EPH=∠AEH，
∴△PHE∽△EHA，
∴PH:EH=EH:AH，
∴EH2=PH•AH，
设AH=x，则PH=6-x，
∴x(6-x)=4，
∴x2-6x+4=0，
∴或（舍弃），
∴EC=．
综上所述，满足条件的EC的值为1或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
21. 如图，在矩形中，分别为边，的中点，与，分别交于点M，N．已知，，则的长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，证明△BEG∽△BAF，求出EG的长，再证明△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，得出，，再求出BG=GF=BF=，从而求出NG和MG，可得MN的长.
【详解】解：过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，
由题意可知：EH∥BC，
∴△BEG∽△BAF，
∴，
∵AB=4，BC=6，点E为AB中点，F为AD中点，
∴BE=2，AF=3，
∴，
∴EG=，
∵EH∥BC，
∴△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，
∴，,
∴，，
即，，
∴，，
∵E为AB中点，EH∥BC，
∴G为BF中点，
∴BG=GF=BF=，
∴NG==，MG=BG=，
∴MN=NG+MG=，
故答案为：.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是添加辅助线EH，得到相似三角形.
22. 如图，等腰中，，，点是边上不与点，重合的一个动点，直线垂直平分，垂足为，当是直角三角形时，的长为______．
【答案】2或
【解析】
【分析】分两种情况讨论：
①当∠AFC=90°时，AF⊥BC，利用等腰三角形的三线合一性质和垂直平分线的性质可解；
②当∠CAF=90°时，过点A作AM⊥BC于点M，证明△AMC∽△FAC，列比例式求出FC，从而得BF，再利用垂直平分线的性质得BD．
【详解】①当∠AFC=90°时，AF⊥BC，
∵AB=AC，
∴BF=BC=4
∵DE垂直平分BF，
∴BD=BF=2；
②当∠CAF=90°时，过点A作AM⊥BC于点M，
∵AB=AC，
∴BM=CM，
在Rt△AMC与Rt△FAC中，∠AMC=∠FAC=90°，∠C=∠C，
∴△AMC∽△FAC，
∴
∵AC=10，MC=BC=4，
∴
∴BF=BC-FC=
∴BD=BF= .
故答案为2或 ．
【点睛】此题考查等腰三角形性质、线段垂直平分线的性质以及相似三角形的判定和性质．解题关键在于分情况讨论．
23. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为，，．
（1）画出与相似（不全等）的；
（2）在网格内画出以点为位似中心的位似图形．与的位似比为．
【答案】（1）图见解析（答案不唯一）
（2）图见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，画出即可；
（2）根据位似图形的性质，画出即可．
【小问1详解】
如图所示，即为所求（答案不唯一）
由图可知：，
∴；
【小问2详解】
如图所示，，即为所求；
【点睛】本题考查画相似三角形和位似三角形．解题的关键是掌握相似三角形的判定方法和位似三角形的性质．
24. 如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）（如图2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值．
【答案】（1）或；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理可得，分两种情况：①，②，根据相似三角形的性质将代入计算即可得；
（2）设交于点，过作于点，先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再证出，根据相似三角形的性质即可得．
【详解】解：（1）∵，
∴，
由题意得：，
分以下两种情况讨论：
①当时，，即，
解得；
②当时，，即，
解得，
综上，的值为或；
（2）如图，设交于点，过作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，即，
解得．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，由三角形相似得出对应边成比例是解题关键．
25. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135°
（1）求证：△PAB∽△PBC
（2）求证：PA=2PC
（3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12=h2·h3
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】（1）结合题意，易得∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC，然后由∠APB=∠BPC=135°即可证明△PAB∽△PBC；
（2）根据（1）中△PAB∽△PBC，可得，然后由△ABC是等腰直角三角形，可得出，易得PA=2PC；
（3）过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，首先由Rt△AEP∽Rt△CDP得出，即，再根据△PAB∽△PBC可得出，整理即可得到.
【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC
又∠APB=135°，
∴∠PAB+∠PBA=45°，
∴∠PBC=∠PAB，
又∵∠APB=∠BPC=135°，
∴△PAB∽△PBC；
（2）∵△PAB∽△PBC，
∴，
在Rt△ABC中，AC=BC，
∴,
∴
∴PA=2PC；
（3）

过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，
∵∠CPB+∠APB=135°+135°=270°，
∴∠APC=90°，∴∠EAP+∠ACP=90°,
又∵∠ACB=∠ACP+∠PCD=90°
∴∠EAP=∠PCD，
∴Rt△AEP∽Rt△CDP，
∴，即，∴
∵△PAB∽△PBC，
∴
即.
【点睛】本题是相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质，其中第（3）问有一定难度，通过作辅助线构造出Rt△AEP∽Rt△CDP是解题关键.