初中数学中考复习 专题26第5章相似三角形之X型相似备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题26第5章相似三角形之X型相似备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版），共39页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

26第5章相似三角形之X型相似

一、单选题
1．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝12，点D，E分别是边AB，BC的中点，CD与AE交于点O，则OD的长是( )

A．1.5 B．1.8 C．2 D．2.4
【答案】C
【解析】根据直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，求得CD的长，根据中位线的性质，得到DE∥AC，求得△AOC∽EOD，根据三角形相似的性质求出OD和OC的关系，进而得出OD和CD的关系，然后即可求解．
【解答】解： ∵△ABC为直角三角形，
D点为AB的中点，
∴CD=AB=6
∵D和E点分别为AB，BC的中点，
∴DE∥AC，
∴△AOC∽△EOD，
．

故选C．
【点睛】本题考查了中位线性质，相似三角形的判定和性质，解决本题的关键是熟练掌握中位线的性质，能够利用平行线判定两三角形相似．
2．如图，在△ABC中，AB＝15cm，AC＝12cm，AD是∠BAC的外角平分线，DE∥AB交AC的延长线于点E，那么CE等于（ ）cm．

A．32 B．24 C．48 D．64
【答案】C
【解析】根据平行线的性质及相似三角形的判定与性质即可求解．
【解答】解：标出字母，如图：

∵在△ABC中，AD是∠BAC的外角平分线，
∴∠EAD=∠MAD，
∵DE∥AB交AC的延长线于点E，
∴∠EDA=∠MAD，∠BAC=∠CED，
∴∠EAD=∠EDA，
∴ED=EA，
∵在三角形ABC与三角形CED中，
∠BAC=∠CED，∠BCA=∠ECD，
∴△ABC∽△CED，
∴，
∵AB=15cm，AC=12cm，
设ED=15k，
∴CE=12k，
∴ED=15k=EA=EC+CA=12k+12，
∴3k=12，
∴k=4，
∴CE=12k=48（cm），
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质及相似三角形的判定与性质，本题的解题关键是由三角形相似边的比例关系即可得出答案．
3．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解答】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．
4．如图，已知的内接中，，于，，直径交边于点，有下列四个结论：①；②；③当时，的面积取得最大值；④三角形外接圆直径等于它的任两边的积与第三边上的高的比．其中正确结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】本题需根据三角形外接圆、相交弦定理、相似三角形的性质、圆周角定理、二次函数的性质去解答.
【解答】由相交弦定理得①是正确的；
由条件并不能得出与相似，故②是错误的；
由条件可证与相似，从而可得，进而可得的半径，
设，的半径为，则有，
故当时，的最大面积为，故③是正确的；
由这一结论一般化，得④是正确的，
故选C．
【点睛】本题主要考查三角形外接圆、相交弦定理、相似三角形的性质、圆周角定理、二次函数的性质，解题的关键是理解运用这些性质定理.
5．如图，在正方形中，分别为的中点，连接交于点，将沿对折，得到，延长交延长于点若则的值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．
【答案】D
【解析】先根据折叠的性质得到△BCF≌△BPF，Rt△ABM≌Rt△BMP，在Rt△DMF中，MF2＝FD2＋DM2,列式求出AM，再根据相似三角形求出AQ，得到BQ的长，再根据勾股定理求出AE的长，代入即可求解．
【解答】如图，连接BM，
在正方形中，分别为的中点，
∵折叠，
∴△BCF≌△BPF
∴BC＝BP，∠CBF＝∠PBF,CF=PF=DF=
∴AB＝BP=且BM＝BM
∴Rt△ABM≌Rt△BMP
∵在Rt△DMF中，MF2＝FD2＋DM2．
∴（＋AM）2＝（）2+（−AM）2
∴AM＝，
∴DM＝-=，
∵DF∥AQ
∴△DFM∽△AQM
∴
即
解得AQ=
∴BQ=AQ+AB=+=1
∵E点是AE的中点，
∴BE=,
则AE=
∴=
∴=1+=
故选D．

【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质，勾股定理及相似三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．


二、填空题
6．已知中，分别是直线和上的点，若且，则_________．
【答案】4或8
【解析】通过比例式，可以确定AE的长度，点E是直线AB上的点，没有限定E的位置，只限定AE的长度，以点A为圆心，AE长为半径的圆与直线AB的交点是点E位置，有两个，要分类求即可．
【解答】如图
∵AB=6，AC=9，AD=3，，
∴AE==2，

当E在AB上,
∴BE=AB-AE=6-2=4,
当E在AB延长线上，
BE=AB+AE=6+2=8,
则BE的长为4或8．
故答案为：4或8．
【点睛】本题考查比例式下的线段问题，用比例求出的线段只限定长度，要考虑线段的位置，要会分类计算是解题关键．
7．如图，在中，，，，点为上一点，连接，为上一点，于点，当时，求的长．

【答案】
【解析】将补成矩形，延长交于点，可得，结合已知可求、，再由即可求出CE．
【解答】解：如解图，补成矩形，延长交于点，

∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴设，则，
又∵在矩形中，，
∴，
∴，即，
解得．
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，直角三角形的性质，证明是本题的关键．
8．如图，在中，是边上的中线，是上的一点，且，连结并延长交于点，则等于（______）．

【答案】
【解析】先过点D作GD∥EC交AB于G，由平行线分线段成比例可得BG=GE，再根据GD∥EC，得出，最后根据，即可得出答案．
【解答】解：过点D作GD∥EC交AB于G，

∵AD是BC边上中线，
，即BG=GE，
又∵GD∥EC，



【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，用到的知识点是平行线分线段成比例定理，关键是求出AE、EB、EG之间的关系
9．如图△ABC中，AB=AC=5，BC=8，G是△ABC的重心，GH⊥AB于H，则GH的长为____．

【答案】
【解析】首先证明，求得，再证明即可得到结论．
【解答】连接并延长交于E，连接并延长交AC于F，连接EF，如图，

点是重心，
是的中线，
，F分别是，边的中点，
是的中位线，
，，
，

，E为BC的中点





又




在中，，，

，
，

．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形重心，三角形重心的性质为重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1． 也考查了相似三角形的判定与性质．
10．如图Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点P为BC上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ的最小值为__．

【答案】
【解析】利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明△CAB∽△CP′O利用对应线段的比得到OP的长度，继而得到PQ的长度．
【解答】∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴PO＝QO，CO＝AO，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作BC的垂线OP′，

∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，
∴△CAB∽△CP′O，
∴，
∴，
∴OP′＝，
∴则PQ的最小值为2OP′＝，
故答案为：．
【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题．

三、解答题
11．如图，是一个照相机成像的示意图．

（1）如果像高MN是35mm，焦距是50mm，拍摄的景物高度AB是4.9m，拍摄点离景物有多远？
（2）如果要完整的拍摄高度是2m的景物，拍摄点离景物有4m，像高不变，则相机的焦距应调整为多少？
【答案】（1）7 m．
（2）70mm．
【解析】
试题分析：（1）利用相似三角形对应边上的高等于相似比即可列出比例式求解．
（2）和（1）一样，利用物体的高和拍摄点距离物体的距离及像高表示求相机的焦距即可．　
解：根据物体成像原理知：△LMN∽△LBA，∴．
（1）∵像高MN是35mm，焦距是50mm，拍摄的景物高度AB是4.9m，

∴，解得：LD=7．
∴拍摄点距离景物7 m．
（2）拍摄高度AB是2m的景物，拍摄点离景物LC=4m，像高MN不变，是35mm，
∴，解得：LC=70．
∴相机的焦距应调整为70mm．
12．如图，在平面直角坐标系中，点在轴正半轴上，轴，点的横坐标都是，且，点在上，若反比例函数的图象经过点，且．

（1）求点坐标；
（2）将沿着折叠，设顶点的对称点为，试判断点是否恰好落在直线上，为什么．
【答案】（1）；（2）不在直线上，理由见解析
【解析】（1）先根据AO：BC=3：2，BC=2得出OA的长，再根据点B、C的横坐标都是3可知BC∥AO，故可得出B点坐标，再根据点B在反比例函数y=（x＞0）的图象上可求出k的值，由AC∥x轴可设点D(t，3)代入反比例函数的解析式即可得出t的值，进而得出D点坐标；
（2）过点A′作EF∥OA交AC于E，交x轴于F，连接OA′，根据AC∥x轴可知∠A′ED=∠A′FO=90°，由相似三角形的判定定理得出△DEA′∽△A′FO，设A′(m，n)，可得出，再根据勾股定理可得出m2+n2=9，两式联立可得出m、n的值，故可得出A′的坐标，用待定系数法求出经过点D(1，3)，点B（3，1）的直线函数关系式为y=-x+4，再把x=代入即可得出结论．
【解答】（1）解：（1）∵AO：BC=3：2，BC=2，
∴OA=3，
∵点B、C的横坐标都是3，
∴BC∥AO，
∴B(3，1)，
∵点B在反比例函数y=（x＞0）的图象上，
∴1=，解得k=3，
∵AC∥x轴，
∴设点D(t，3)，
∴3t=3，解得t=1，
∴D(1，3)；
（2）结论：点A′不在此反比例函数的图象上．
理由：过点A′作EF∥OA交AC于E，交x轴于F，连接OA′（如图所示），

∵AC∥x轴，
∴∠A′ED=∠A′FO=90°，
∵∠OA′D=90°，
∴∠A′DE=∠OA′F，
∴△DEA′∽△A′FO，
设A′(m，n)，
∴，
又∵在Rt△A′FO中，m2+n2=9，
∴m=，n=，即A′(，)，
设直线BD的解析式为y=kx+b，
∵点D(1，3)，点B(3，1)在y=kx+b，
，
∴，
∴y=-x+4，
∴当x=时，y= ，
∴点A′不在直线BD上．
【点睛】本题考查的是反比例函数综合题，涉及到勾股定理、相似三角形的判定与性质、反比例函数图象上点的坐标特点等知识，难度适中．
13．已知，如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC与BD相交于点O.若＝，S△BOC＝m.试求△AOD的面积.

【答案】
【解析】由题意可知三角形AOD和三角形DOC中AO和CO边上的高相等，所以面积比等于对应边AO，CO的比值，进而求出AO：CO的值，又因为△AOD∽△BOC，利用两三角形相似，面积比等于相似比的平方即可求出S△AOD：S△BOC的值；从而求出△AOD的面积.
【解答】过点D作DE⊥AC于E，
则＝＝，
∴＝，
又∵AO+OC＝AC，
∴＝，
∵AD∥BC，
∴＝()2＝，即＝，
∴S△AOD＝.
14．如图，是的内接三角形，为的切线，为切点，为线段上一点，过点作的平行线，交直线于点，交直线于，求证：．

【答案】见解析
【解析】欲证PA•PB=PE•PF即证,观察图形可得：证明线段所在的两个三角形△PAF与△PEB相似即可．再根据弦切角和平行线的性质证出对应角相等，利用相似三角形的判定证出△PAF∽△PEB，从而使命题得证
【解答】证明：如图

∵BT为切线，BA为弦，
∴∠ABE=∠C，
又∵EF∥BC，
∴∠C=∠AFP，
∴∠ABE=∠AFP．
∵∠APF=∠EPB，
∴△APF∽△EPB，
∴
∴PA•PB=PE•PF．
【点睛】本题给出圆内接三角形和圆的切线，求证线段的积相等．着重考查了弦切角定理、平行线的性质和相似三角形的判定与性质等知识，属于中档题．
15．如图，、是的两条高，连．

（1）求证：；
（2）若，点为的中点，求的值．
【答案】(1)见解析;(2)1.
【解析】（1）由BE、CD是△ABC的高得∠AEB=∠ADC=90°，加上∠EAB=∠DAC，根据相似三角形的判定方法得到△AEB∽△ADC，则AB：AC=AE：AD，利用比例性质即可得到结论；
（2）连结ME，由∠BAC=120゜得到∠BAE=60°，则∠EBA=30°，由点M为BC的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到MB=ME=MD=MC，于是可判断点B、E、D、C在以M点为圆心，MD为半径的圆上，根据圆周角定理得∠DME=2∠EBD=60°，则可判断△MED为等边三角形，所以DE=DM．所以的值为1
【解答】（1）证明：
∵BE、CD是△ABC的高，
∴∠AEB=∠ADC=90°，
而∠EAB=∠DAC，
∴△AEB∽△ADC，
∴AB：AC=AE：AD，
∴AE•AC=AB•AD；
（2）连结ME，如图，

∵∠BAC=120゜，
∴∠BAE=60°，
∴∠EBA=30°，
∵点M为BC的中点，
∴MB=ME=MD=MC，
∴点B、E、D、C在以M点为圆心，MD为半径的圆上，
∴∠DME=2∠EBD=2×30°=60°，
∴△MED为等边三角形，
∴DE=DM．
∴
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：有两组对应角相等的两个三角形相似；相似三角形对应边的比等于相等，都等于相似比．也考查了直角三角形斜边上的中线性质以及圆周角定理．
16．如图，在四边形中，，，与相交于点，线段，，，．试问：与之间有怎样的数量关系？

【答案】
【解析】根据，，，得到，进一步证明∽，因为，于是可得，因此可证得∽．并推出为等腰三角形，因此
【解答】解：如图，∵线段，，，，
∴．
又∵，
∴∽，
∴．
而，
∴．
又∵，，
∴∽．
∴，
∴为等腰三角形，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质定理和判定定理是解题的关键．
17．如图，矩形的对角线、相交于点，过点作交于，连交于，若，的面积为5，求的值．

【答案】
【解析】先由矩形的性质和勾股定理求得OA=2，OE= ，然后证四点共圆得，再证得∽．最后由相似的性质求出的值．
【解答】如题图，∵为矩形对角线的交点，
∴为的中点．
又∵，
∴，，
∴，∴．
∴在中根据勾股定理可知．
∴在中．
∴在中．
又∵，，
∴四点共圆 ，
∴，
∴∽．
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质．此题难度适中，注意四点共圆在本题中的应用．
18．如图，在等腰中，，分别过点、作两腰的平行线，经过点的直线与两平行线分别交于点、，连结、，与边相交于点，与边相交于点，求证：．（提示：关键是找出题中的“A”型与“X”型写出比例线段进行等比线段的代换）

【答案】见解析
【解析】首先延长DB、EC交于点P，由BD∥AC，AB∥EC，可得四边形ABPC为平行四边形，又由AB=AC，即可证得：▱ABPC是菱形，可得AB=BP=PC=CA，又可证得：△EAC∽△EDP与△AMC∽△PCD，根据相似三角形的对应边成比例，则可证得：CN=AM．
【解答】证明：延长DB、EC交于点P，

∵BD∥AC，AB∥EC，
∴四边形ABPC为平行四边形，
∵AB=AC，
∴▱ABPC是菱形，
∴AB=BP=PC=CA，
∵BD∥AC，
∴△EAC∽△EDP，

同理：

∵四边形ABPC是平行四边形，
∴∠BAC=∠P，
∵AC∥DP，
∴∠ACD=∠CDP，
∴△AMC∽△PCD，

∵AC=CP，

∵AC=BP，
∴AM=CN．
【点睛】此题考查了平行四边形，菱形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．此题综合性很强，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
19．已知，抛物线y＝x2﹣x+与x轴分别交于A、B两点（A点在B点的左侧），交y轴于点F．
（1）A点坐标为　 　；B点坐标为　 　；F点坐标为　 　；
（2）如图1，C为第一象限抛物线上一点，连接AC，BF交于点M，若BM＝FM，在直线AC下方的抛物线上是否存在点P，使S△ACP＝4，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，D、E是对称轴右侧第一象限抛物线上的两点，直线AD、AE分别交y轴于M、N两点，若OM•ON＝，求证：直线DE必经过一定点．

【答案】（1）（1，0），（3，0），（0，）；（2）在直线AC下方的抛物线上不存在点P，使S△ACP＝4，见解析；（3）见解析
【解析】（1）根据坐标轴上点的特点建立方程求解，即可得出结论；
（2）在直线AC下方轴x上一点，使S△ACH＝4，求出点H坐标，再求出直线AC的解析式，进而得出点H坐标，最后用过点H平行于直线AC的直线与抛物线解析式联立求解，即可得出结论；
（3）联立直线DE的解析式与抛物线解析式联立，得出，进而得出，，再由得出，进而求出，同理可得，再根据，即可得出结论．
【解答】（1）针对于抛物线，
令x＝0，则，
∴，
令y＝0，则，
解得，x＝1或x＝3，
∴，
综上所述：,,；
（2）由（1）知，，，
∵BM＝FM，
∴，
∵，
∴直线AC的解析式为：，
联立抛物线解析式得：，
解得：或，
∴，
如图1，设H是直线AC下方轴x上一点，AH＝a且S△ACH＝4，
∴，
解得：，
∴，
过H作l∥AC，
∴直线l的解析式为，
联立抛物线解析式，解得，
∴，
即：在直线AC下方的抛物线上不存在点P，使；


（3）如图2，过D，E分别作x轴的垂线，垂足分别为G，H，
设，，直线DE的解析式为，
联立直线DE的解析式与抛物线解析式联立，得，
∴，，
∵DG⊥x轴，
∴DG∥OM，
∴，
∴，
即，
∴，同理可得
∴，
∴，
即，
∴，
∴直线DE的解析式为，
∴直线DE必经过一定点．

【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数与一次函数的综合应用，交点的求法，待定系数法求函数解析式等方法式解决本题的关键.
20．如图1，A（﹣4，0）．正方形OBCD的顶点B在x轴的负半轴上，点C在第二象限．现将正方形OBCD绕点O顺时针旋转角α得到正方形OEFG．

（1）如图2，若α＝60°，OE＝OA，求直线EF的函数表达式．
（2）若α为锐角，tanα＝，当AE取得最小值时，求正方形OEFG的面积．
（3）当正方形OEFG的顶点F落在y轴上时，直线AE与直线FG相交于点P，△OEP的其中两边之比能否为：1？若能，求点P的坐标；若不能，试说明理由．
【答案】(1)y＝x+；(2);(3) △OEP的其中两边的比能为：1，点P的坐标是：P（0，4），P（﹣4，12），P（﹣12，24），P（﹣4，0），P（﹣12，4）．
【解析】（1）过点E作EH⊥OA于点H，EF与y轴的交点为M，由已知条件证明△AEO为正三角形，求出点E的坐标及OM的长度，再利用E、M的坐标即可求出解析式；
（2）无论正方形边长为多少，绕点O旋转角α后得到正方形OEFG的顶点E在射线OQ上，当AE⊥OQ时，线段AE的长最小利用α为锐角，tanα＝及勾股定理求出边长OE2，即可求出正方形的面积；
（3）分点F在y轴的正半轴上或负半轴上，且点P与点F或点A重合或不重合时，利用△OEP的两边之比为：1分别求出点P的坐标.
【解答】（1）如图1，过点E作EH⊥OA于点H，EF与y轴的交点为M．

∵OE＝OA，α＝60°，
∴△AEO为正三角形，
则OH＝2，EH＝2，故点E（﹣2，2），
∠EOM＝30°，OM＝＝，
设EF的函数表达式为：y＝kx+，
将点E的坐标代入上式并解得：k＝，
故直线EF的表达式为：y＝x+；
（2）射线OQ与OA的夹角为α（α为锐角，tanα＝）．
无论正方形边长为多少，绕点O旋转角α后得到正方形OEFG的顶点E在射线OQ上，
∴当AE⊥OQ时，线段AE的长最小．
在Rt△AOE中，设AE＝a，则OE＝3a，

则a2+（3a）2＝42，解得：a2＝，
OE＝3a，
正方形OEFG的面积＝（3a）2＝；
（3）设正方形边长为m．
当点F落在y轴正半轴时．
如图3，

当P与F重合时，△PEO是等腰直角三角形，有或．
在Rt△AOP中，∠APO＝45°，OP＝OA＝4，
∴点P1的坐标为（0，4）．
在图3的基础上，
当减小正方形边长时，
点P在边FG 上，△OEP的其中两边之比不可能为：1；
当增加正方形边长时，存在（图4）和（图5）两种情况．
如图4，

△EFP是等腰直角三角形，
有,
即 ,
此时有AP∥OF．
在Rt△AOE中，∠AOE＝45°，
∴OE＝OA＝4，
∴PE＝OE＝8，PA＝PE+AE＝12，
∴点P的坐标为（﹣4，12）．
如图5，

过P作PR⊥x轴于点R，延长PG交x轴于点H．设PF＝n．
在Rt△POG中，PO2＝PG2+OG2＝m2+（m+n）2＝2m2+2mn+n2，
在Rt△PEF中，PE2＝PF2+EF2＝m2+n2，
当时，
∴PO2＝2PE2．
∴2m2+2mn+n2＝2（m2+n2），得n＝2m．
∵EO∥PH，
∴△AOE∽△AHP，
∴ ,
∴AH＝4OA＝16，
∴m＝6．
在等腰Rt△PRH中，PR＝HR＝PH＝24，
∴OR＝RH﹣OH＝12，
∴点P的坐标为（﹣12，24）．
当点F落在y轴负半轴时，
如图6，

P与A重合时，在Rt△POG中，OP＝OG，
又∵正方形OGFE中，OG＝OE，
∴OP＝OE．
∴点P的坐标为（﹣4，0）．
在图6的基础上，当正方形边长减小时，△OEP的其中
两边之比不可能为：1；当正方形边长增加时，存在（图7）这一种情况．
如图7，过P作PR⊥x轴于点R，

设PG＝n．
在Rt△OPG中，PO2＝PG2+OG2＝n2+m2，
在Rt△PEF中，PE2＝PF2+FE2＝（m+n ）2+m2＝2m2+2mn+n2．
当时，
∴PE2＝2PO2．
∴2m2+2mn+n2＝2n2+2m2，
∴n＝2m，
由于NG＝OG＝m，则PN＝NG＝m，
∵OE∥PN，
∴△AOE∽△ANP，
∴,
即AN＝OA＝4．
在等腰Rt△ONG中，ON＝m，
∴8＝m，
∴m＝4，
在等腰Rt△PRN中，RN＝PR＝4，
∴点P的坐标为（﹣12，4）．
所以，△OEP的其中两边的比能为：1，
点P的坐标是：P（0，4），P（﹣4，12），P（﹣12，24），P（﹣4，0），P（﹣12，4）．
【点睛】此题是一道综合题，考查正方形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的性质，三角形相似的判定及性质，三角函数，待定系数法，坐标系中的动点问题，（3）是难点，分情况进行讨论求解.