2022-2023学年上海市徐汇区位育实验学校九年级（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2022-2023学年上海市徐汇区位育实验学校九年级（上）月考数学试卷（10月份），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列各组线段中，成比例的一组线段是（ ）
A．2，3，4，6B．2，3，4，7C．2，3，4，8D．2，3，4，9．
2．（3分）如图，在△ABC中，中线AD、BE、CF相交于点G，下列说法错误的是（ ）
A．点G为△ABC的重心
B．GC＝2GF
C．当△ABC为等边三角形时，GA＝GB
D．S△ABC＝2S△GBC
3．（3分）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，下列条件中，能判定DE∥BC的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
4．（3分）如图，已知△ABC，D、E分别在边AB、AC上，∠AED＝∠B，则下列判断正确的是（ ）
A．AD．AC＝AE•AB
B．AE•BC＝AC•DE
C．
D．
5．（3分）如图，在△ABC中，点D在边AB上，DE∥BC，DF∥AC，联结BE，BE与DF相交于点G，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．（3分）如果△ABC∽△DEF，点A、B、C的对应点分别是D、E、F，△ABC的三边长为3、4、6，△DEF的一边长为12，那么△DEF的周长不可能是（ ）
A．65B．52C．39D．26
二、填空题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
7．（3分）如果在比例尺为1：1000000的地图上，A、B两地的图上距离是1.8厘米，那么A、B两地的实际距离是 千米．
8．（3分）已知点P是线段AB的黄金分割点，且AP＜BP，如果AB＝4厘米，那么BP＝ 厘米．
9．（3分）已知点D、E分别是△ABC的AB、AC边上的点，DE∥BC，CD、BE交于点F，如果EF：BF＝3：5，那么AE：EC的值为 ．
10．（3分）某同学的身高为1.6米，某一时刻他在阳光下的影长为1.2米，与他相邻的一棵树的影长为3.6米，则这棵树的高度为 米．
11．（3分）△ABC∽△DEF，且点A与D，B与E是对应顶点，如果∠A＝48°，∠B＝62°，那么∠F＝ °．
12．（3分）边长为2的等边△ABC中，点D、E分别为AB、AC边中点，则四边形BCED的面积为 ．
13．（3分）如图，AB∥CD∥EF，如果AD＝2，DF＝1，BE＝5，那么CE＝ ．
14．（3分）如图，AB∥EF∥DC，如果AB＝15，CD＝30，那么EF＝ ．
15．（3分）如图，D是△ABC内一点，且∠ADC＝∠BDA＝∠BDC，如果AD＝2，BD＝3，∠ABC＝60°，那么CD＝ ．
16．（3分）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，BC边上的中线AE交CD于点F，如果AB＝5，AC＝3，那么DF：DC的值为 ．
17．（3分）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n倍，得△AB′C′，如图①，我们将这种变换记为[θ，n]，如图②，在△ABC中，AB＝AC，AB＝3，BC＝2，如果对△ABC作变换[θ，n]得△AB′C′，使点B，C，B′在同一直线上，且B′C′⊥BC，那么n＝ ．
18．（3分）在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形，点B1在y轴上且坐标是（0，2），点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3在x轴上，C1的坐标是（1，0），B1C1∥B2C2∥B3C3，以此继续下去，则点A2022到x轴的距离是 ．
三、解答题（本大题共7小题，19-21题，每题6分，22-25题，每题7分，共46分）
19．（6分）已知：线段a，b，c，且．
（1）求的值；
（2）如果线段a，b，c，满足a+b+c＝36，求a，b，c的值．
20．（6分）在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝b，BC＝a，b＜a，E为边AB上的任意一点，EF∥BC，且EF交CD于点F．
（1）当时，EF＝ ；（用含a，b的代数式表示）
（2）当时，求EF的长．（用含a，b和k的代数式表示）
21．（6分）已知面积为30平方厘米的锐角三角形ABC中，边BC＝10厘米，正方形EFGH的顶点F、G在边BC上，顶点E、H分别在边AB和AC上，求：正方形EFGH的边长．
22．（7分）在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，过点B作BD⊥AC，垂足为点D．
（1）求BD：CD的值；
（2）点E是BD延长线上一点，连接CE，当∠ABD＝∠ACE时，求线段CE的长．
23．（7分）已知：如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点D、E分别在边BC、AB上，线段AD与CE相交于点F，且AB•AF＝AC•AD．
（1）求证：∠CDF＝∠CFD；
（2）如果AE＝AF，求证：CF2＝DF•DA．
24．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+b经过点（﹣1，3），与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点C为直线AB上第一象限的点，且CB：BA＝1：2，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，在直线AB上是否存在点Q，使得△OAQ与△OBC相似，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（7分）在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，∠ABC＝90°，点P是射线AB上一动点，连接DP、CP，且PD⊥CD，DP2＝AP•CP．
（1）当点P在边AB上，如图所示．
①证明：∠ADP＝∠DCP；
②求线段BC的长；
（2）当S△PDC＝20时，求AP：PB的值．
2022-2023学年上海市徐汇区位育实验学校九年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．【分析】根据比例线段的定义，分别计算各选项中最小的数与最大的数的积是否等于另外两个数的积可判断四条线段成比例．
【解答】解：A、2×6＝3×4，所以A选项符合题意；
B、2×7≠3×4，所以B选项不符合题意；
C、2×8≠3×4，所以C选项不符合题意；
D、2×9≠3×4，所以选项D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了比例线段：判定四条线段是否成比例，只要把四条线段按大小顺序排列好，判断前两条线段之比与后两条线段之比是否相等即可，求线段之比时，要先统一线段的长度单位，最后的结果与所选取的单位无关系．
2．【分析】根据三角形的重心性质可判断选项A、B；根据等边三角形的性质得到AD＝BE，可判断选项C；根据三角形的中线将三角形的面积平分可判断选项D．
【解答】】解：A、∵△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，
∴点G为△ABC的重心，故选项A正确，不符合题意；
B、∵点G 为△ABC的重心，
∴GC：GF＝2：1，即GC＝2GF，故选项B正确，不符合题意；
C、∵△ABC为等边三角形，
∴AD＝BE，
∵GA＝2GD，GB＝2GE，
∴，，
∴GA＝GB，故选项C正确，不符合题意；
D、∵GA＝2GD，
∴AD＝3DG，则S△ABD＝3S△GBD＝3S△GCD，
∴S△ABC＝3S△GBC，故选项D错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的重心性质、等边三角形的性质、三角形的中线性质，解答的关键是熟练掌握三角形的中线性质和重心性质：三角形的重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
3．【分析】根据平行线分线段成比例定理对各个选项进行判断即可．
【解答】解：当，
则DE∥BC，故选项A不符合题意；
当＝，
则DE∥BC，故选项B符合题意；
当＝，
则DE∥BC，故选项C不符合题意；
由于＝，DE∥BC不一定成立，选项D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边
4．【分析】只要证明△AED∽△ABC即可解决问题．
【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC，
∴，
∴，故D错误，
∴AD•AB＝AE•AC，故A错误，
∴AE•DE＝AD•BC，故B错误；
∵，故C正确；
故选：C．
【点评】此题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造相似三角形解决问题，学会用转化的首先思考问题．
5．【分析】利用相似三角形的性质和平行线分线段成比例依次判断可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
故A，B选项不符合题意，
∵DF∥AC，
∴，
又DE∥BC，
∴四边形DFCE为平行四边形，
∴CF＝DE，
∴．
故C选项正确，
∵DE∥BF，
∴△DGE∽△FGB，
∴＝，
故D选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．
6．【分析】因为相似三角形的周长的比等于相似比，所以此题求得相似比即可求解．注意12的对应边都有可能为3、4、6，所以有三个答案．
【解答】解：∵△ABC∽△DEF，
如果12与3是对应边，则△DEF的周长：△ABC的周长＝12：3，即＝，
∴△DEF的周长为52；
如果12与4是对应边，则△DEF的周长：△ABC的周长＝12：4，即＝，
∴△DEF的周长为39；
如果12与6是对应边，则△DEF的周长：△ABC的周长＝12：6，即＝，
∴△DEF的周长26．
综上所述，选项B、C、D不符合题意．
故选：A．
【点评】此题考查了相似三角形的性质：相似三角形的周长的比等于相似比．解此题时要注意对应边不确定，即相似比不确定，小心别漏解．
二、填空题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
7．【分析】根据比例尺＝图上距离：实际距离求解即可．
【解答】解：设实际距离为x厘米，
根据题意，得1：1000000＝1.8：x，
解得：x＝1800000，
∴A、B两地的实际距离是18千米，
故答案为：18．
【点评】本题考查比例性质，熟知比例尺＝图上距离：实际距离是解答的关键．
8．【分析】根据黄金比是进行计算即可．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，AP＜BP，
∴厘米．
故答案为：．
【点评】本题考查的是黄金分割的概念，把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值叫做黄金比．
9．【分析】先根据题意画出图形，再分别证明△DEF∽△CBF、△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质得到，进而求解即可．
【解答】解：如图，
∵DE∥BC，
∴∠EDF＝∠BCF，∠DEF＝∠CBF，∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴△DEF∽△CBF，△ADE∽△ABC，
∴，，
∴，
∵EF：BF＝3：5，
∴AE：AC＝3：5，
∴AE：CE＝3：2，
故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质，利用相似三角形的性质探究线段间的数量关系是解答的关键．
10．【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个问题物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．
【解答】解：设高度为h，
因为太阳光可以看作是互相平行的，
由相似三角形：，h＝4.8m．
【点评】本题考查相似形的知识，解题的关键在于将题目中的文字转化为数学语言再进行解答．
11．【分析】根据相似三角形的对应角相等即可求解．
【解答】解：∵△ABC与△DEF相似，且点A与点D是对应点，点B与点E是对应点，
∴∠A＝∠D，∠B＝∠E，
∴∠C＝∠F，
∵∠A＝48°，∠B＝62°，
∴∠C＝∠F＝180°﹣48°﹣62°＝70°，
故答案为：70．
【点评】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
12．【分析】由三角形中位线定理可得DE∥BC，BC＝2DE，可得△ADE∽△ABC，可求S△ADE＝，即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，AB＝2，
∴S△ABC＝＝，
∵点D、E分别为AB、AC边中点，
∴DE∥BC，BC＝2DE，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴S△ADE＝，
∴四边形BCED的面积＝S△ABC﹣S△ADE＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，证明△ADE∽△ABC是本题的关键．
13．【分析】根据平行线分线段成比例定理求解即可．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴，
∵AD＝2，DF＝1，BE＝5，
∴，
解得，
经检验，满足所列方程，
故答案为：．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理、解分式方程，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解答的关键，注意比例线段要对应．
14．【分析】分别证明△CEF∽△CAB、△BAE∽△DCE，利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵AB∥DC，
∴∠BAE＝∠DCE，∠ABE＝∠CDE，
∴△BAE∽△DCE，
∴，
∵AB＝15，CD＝30，
∴，
则，
∵EF∥DC，
∴∠CEF＝∠CAB，∠CFE＝∠CBA，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
∴，
故答案为：10．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．
15．【分析】首先由∠ADC＝∠BDA＝∠BDC，得到∠ADC＝∠BDA＝∠BDC＝120°，又由∠ABC＝60°，易证得△ABD∽△BCD，然后似三角形的对应边成比例，得到CD的长．
【解答】解：∵∠ADC＝∠BDA＝∠BDC，
∴∠ADC＝∠BDA＝∠BDC＝120°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠BDC＝60°，
∵∠ABD+∠DBC＝∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝∠DCB，
∴△ABD∽△BCD，
∴CD：BD＝BD：AD，
∴CD＝，
故答案为：．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质．注意掌握数形结合思想的应用．
16．【分析】过B作BG∥CD，延长AE，与之交于点G，得到△ADF∽△ABG，则有，进一步推出，再证明△BEG≌△CEF，可得BG＝CF，等量代换即可得到线段之比．
【解答】解：如图，过B作BG∥CD，延长AE，与之交于点G，
∴△ADF∽△ABG，
∴，
∵AD＝AC，AC＝3，AB＝5，
∴，
∵AE是BC边上的中线，
∴BE＝CE，
∵BG∥CD，
∴∠G＝∠CFE，
在△BEG和△CEF中，
，
∴△BEG≌△CEF（AAS），
∴BG＝CF，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中线，平行线的性质，解题的关键是通过相似得到线段的比，通过全等得到相等线段．
17．【分析】首先判定△ABC∽△A′BC′，得到∠ABC＝∠AB′C′，继而证明∠BAB′＝90°，设B′C＝a，在△ABB′中，利用勾股定理得出32+（3n）2＝（2+a）2，证明△ABB′≌△ACC′（SAS），得到BB′＝CC′＝2+a，再在△B′C′C中，利用勾股定理得到a2+（2n）2＝（a+2）2，两式结合，利用加减消元法求出n值即可．
【解答】解：如图，
∵，∠BAC＝∠B′AC′＝θ，
∴△ABC∽△A′BC′，
∴∠ABC＝∠AB′C′，且AB′＝3n，AC′＝2n，
∵B′C′⊥BC，
∴∠BB′C′＝90°，即∠BB′A+∠AB′C′＝90°，
∴∠ABC+∠BB′A＝90°，则∠BAB′＝90°，
设B′C＝a，
在△ABB′中，AB2+AB′2＝BB′2，
即32+（3n）2＝（2+a）2，
整理得：5+9n2＝a2+4a，
∵∠BAC＝∠B′AC′，
∴∠BAB′＝∠CAC′，
在△ABB′和△ACC′中，
，
∴△ABB′≌△ACC′（SAS），
∴BB′＝CC′＝2+a，
在△B′C′C中，B′C2+B′C′2＝CC′2，
即a2+（2n）2＝（a+2）2，
整理得：a＝n2﹣1，代入5+9n2＝a2+4a中，
解得：（负值舍去），
故答案为：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用相似三角形的性质解决问题．
18．【分析】先证明△B1OC1≌△C1E1D求得D1E1＝OC1＝1，C1E1＝OB1＝2，再根据相似三角形的判定与性质得到后面正方形的边长是前一个正方形边长的，进而得到第2022个正方形的边长，过A1E⊥x轴于E，延长A1D1交x轴于P，根据相似三角形的判定与性质求得，由此可得出点A2022到x轴的距离是对应正方形边长的，进而求解即可．
【解答】解：∵B1（0，2），C1（1，0），
∴OB1＝2，OC1＝1，则，
∵∠B1OC1＝∠B1C1D1＝∠C1E1D1＝90°，
∴∠OB1C1＝∠E1C1D1＝90°﹣∠OC1B1，又B1C1＝C1D1，
∴△B1OC1≌△C1E1D1（AAS），
∴D1E1＝OC1＝1，C1E1＝OB1＝2，
∵点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3在x轴上，B1C1∥B2C2∥B3C3，
∴∠B1C1O＝∠B2C2E2＝∠B3C3E4，∠B1OC1＝∠B2E2C2＝∠B3E4C3＝90°，
∴△B1OC1∽△B2E2C2∽△B3E4C3⋯，
∴，，
同理，，，…，
∴；
如图，过A1E⊥x轴于E，延长A1D1交x轴于P，
∵∠C1D1P＝∠C1E1D1＝90°，∠D1C1P＝∠E1C1D1，
∴△C1D1P∽△C1E1D1，
∴，即，
∴，则，
∵∠A1EP＝∠D1E1P＝90°，∠A1PE＝∠D1PE1，
∴△PEA1∽△PE1D1，
∴，
∴A1E＝3，则，
同理可得，点A2022到x轴的距离是，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，得到正方形边长之间的关系是解答的关键．
三、解答题（本大题共7小题，19-21题，每题6分，22-25题，每题7分，共46分）
19．【分析】（1）根据比例的性质得出，即可得出的值；
（2）首先设，则a＝3k，b＝4k，c＝5k，利用a+b+c＝36求出k的值即可得出答案．
【解答】解：（1）∵，
∴，
∴；
（2）设，
则a＝3k，b＝4k，c＝5k，
∵a+b+c＝36，
∴3k+4k+5k＝36，
∴k＝3，
∴a＝9，b＝12，c＝15．
【点评】此题主要考查了比例的性质，根据已知得出a＝3k，b＝4k，c＝5k进而得出k的值是解题关键．
20．【分析】（1）过A作AG∥CD，与BC交于G，与EF交于H，证明四边形ADCG是平行四边形，得到AD＝CG＝b，BG＝a﹣b，证明△AEH∽△ABG，得到，再根据EF＝EH+FH，将已知关系代入化简即可；
（2）同（1）的方法求解即可．
【解答】解：（1）如图，过A作AG∥CD，与BC交于G，与EF交于H，
∵AD∥BC，
∴四边形ADCG是平行四边形，
∴AD＝CG＝b，
∴BG＝BC﹣CG＝a﹣b，
∵EF∥BC，
∴同理可得：FH＝AD＝b，
△AEH∽△ABG，
∴，
∵，
∴，则，
∴；
（2）过A作AG∥CD，与BC交于G，与EF交于H，
∵AD∥BC，
∴四边形ADCG是平行四边形，
∴AD＝CG＝b，
∴BG＝BC﹣CG＝a﹣b，
∵EF∥BC，
∴同理可得：FH＝AD＝b，
△AEH∽△ABG，
∴，
∵，
∴，
则，
∴．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用三角形相似和平行四边形的性质解答．
21．【分析】过A作AM⊥BC于M，交EH于N，则AN⊥EH，先由三角形的面积公式求得AM，再证明△AEH∽△ABC，利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图，过A作AM⊥BC于M，交EH于N，则AN⊥EH，
∵面积为30平方厘米的锐角三角形ABC中，边BC＝10厘米，
∴，则AM＝6厘米，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EH∥FG，MN＝EF＝EH，
∴∠AEH＝∠B，∠AHE＝∠C，
∴△AEH∽△ABC，则，
∴，解得，
故正方形EFGH的边长为．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、正方形的性质，熟练掌握利用相似三角形的性质求线段长是解答的关键．
22．【分析】（1）过A作AF⊥BC于F，先根据等腰三角形的三线合一性质和勾股定理求得AF、CF，再证明△BDC∽△AFC，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）证明△ABC∽△ECD，利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）过A作AF⊥BC于F，则∠AFC＝90°，
∵AB＝AC＝5，BC＝6，
∴，则，
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝∠AFC＝90°，又∠BCD＝∠ACF，
∴△BDC∽△AFC，
∴，
∴BD：CD＝AF：CF＝4：3，
即BD：CD的值为；
（2）∵∠ABD＝∠ACE，∠ADB＝∠EDC，
∴△ABD∽△ECD，
∴，
∴．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．
23．【分析】（1）证明△BAD∽△CAF得到∠ADB＝∠AFC即可证得结论；
（2）根据等腰三角形的判定与性质得到CD＝CF，∠AEF＝∠AFE，进而利用三角形的内角和定理求得∠DCF＝∠DAC，证明△DCF∽△DAC得到即可证得结论．
【解答】证明：（1）解：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
∵AB⋅AF＝AC⋅AD，
∴，
∴△BAD∽△CAF，
∴∠ADB＝∠AFC，
∴∠CDF＝∠CFD；
（2）∵∠CDF＝∠CFD，
∴CD＝CF，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，又∠AFE＝∠CFD，
∴∠EAF＝∠DCF，又∠EAF＝∠DAC，
∴∠DCF＝∠DAC，
又∠CDF＝∠ADC，
∴△DCF∽△DAC，
∴即CD2＝DF⋅DA，
∴CF2＝DF⋅DA．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．
24．【分析】（1）将点A坐标代入直线y＝x+b中求解即可；
（2）过C作CD∥y轴交x轴于D，证明△AOB∽△ADC得到，进而求得OA、OB，利用坐标与图形性质可求解；
（3）先判断出点Q在BA的延长线上，且∠OAQ＝∠OBC＝135°，再利用两点间距离坐标公式求得AQ，BC，然后分两种情况，利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝x+b经过点（﹣1，3），
∴3＝﹣1+b，则b＝4，
∴直线AB的解析式为y＝x+4；
（2）如图，过C作CD∥y轴交x轴于D，
则△AOB∽△ADC，
∴，
对于直线y＝x+4，令x＝0，则y＝4，
∴B（0，4），则OB＝4；
令y＝0，由x+4＝0得x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），则OA＝4，
∵CB：BA＝1：2，
∴，
∴，
∴AD＝CD＝6，
∴OD＝AD﹣OA＝2，
∴点C坐标为（2，6）；
（3）在直线AB上存在点Q，使得△OAQ与△OBC相似．
如图，
∵OA＝OB＝4，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∴∠BOC＜45°，∠BCO＜45°，
又∠OBC＞90°，
∴满足题意的点Q在BA的延长线上，且∠OAQ＝∠OBC＝135°，
设点Q（m，m+4）（m＜﹣4），则，
∵B（0，4），C（2，6），
∴，
当△OAQ∽△OBC时，，则，
∴m＝﹣6，则Q（﹣6，﹣2）；
当△OAQ′∽△CBO时，，则，
∴m＝﹣8，
则Q（﹣8，﹣4），
综上，满足条件的点Q的坐标为（﹣6，﹣2）或（﹣8，﹣4）．
【点评】本题主要考查了待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、两点间距离坐标公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质是解答的关键．
25．【分析】（1）①先利用平行线的性质和垂直定义得到∠A＝∠PDC＝90°，再由已知得到，然后根据斜边和一条直角边对应成比例的两个直角三角形相似证明△ADP∽△DCP可得结论；
②过D作DE⊥BC于E，并交CP于F，连接BF，证明四边形ABED是矩形得到BE＝AD＝4，利用四边形的内角和为360°和等角的补（余）角相等得到∠ADP＝∠CDE，则有∠CDE＝∠DCP，根据等腰三角形的判定得到DF＝CF，设点O为CP的中点，根据直角三角形斜边上的中线性质得到点F与点O重合，连接BF，则，根据等腰三角形的三线合一性质可求解；
（2）当点P在边AB上时，过D作DH⊥CP于H，证明PD平分∠APC，利用角平分线的性质得到DH＝AD＝4，利用三角形的面积公式求得CP＝10，进而求得 PB＝6，设AP＝x，由AP2+AD2＝DP2＝AP⋅CP列方程求解AP即可；同理，当点P在AB延长线上时求解AP即可．
【解答】（1）①证明：如图，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝90°，
∵PD⊥CD，
∴∠PDC＝90°，
∵DP2＝AP⋅CP
∴，
∴△ADP∽△DCP，
∴∠ADP＝∠DCP；
②解：过D作DE⊥BC于E，并交CP于F，连接BF，则∠DEB＝∠DEC＝90°，
∵∠A＝∠ABC＝∠DEB＝90°，AD＝4，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE＝AD＝4，
∵∠DCB+∠BPD＝360°﹣∠PBC﹣∠PDC＝180°，∠APD+∠BPD＝180°，
∴∠APD＝∠DCB，又∠A＝∠DEC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDE，由①知∠ADP＝∠DCP，
∴∠CDE＝∠DCP，
∴DF＝CF，
设点O为CP的中点，连接OD，则，
∴点F与点O重合，
连接BF，则，
∵EF⊥BC，
∴CE＝BE＝4，
∴BC＝2BE＝8；
（2）解：当点P在边AB上时，过D作DH⊥CP于H，连接BD，则∠DHP＝∠A＝90°，
由②知DE⊥BC，BE＝CE，
∴DE垂直平分BC，
∴BD＝CD，则（AP+PB）2+AD2＝CP2﹣DP2；
∵∠ADP＝∠DCP，∠A＝∠PDC＝90°，
∴∠APD＝∠CPD，
∴PD平分∠APC，
∴DH＝AD＝4，
∵，
∴CP＝10，又BC＝8，
则，
设AP＝x，
∵AP2+AD2＝DP2＝AP⋅CP，
∴x2+42＝10x，即x2﹣10x+16＝0，
解得x1＝2，x2＝8，
当AP＝x＝8时，
∵（8+6）2+42≠102﹣10×8，即（AP+PB）2+AD2≠CP2﹣DP2，故舍去；
当AP＝x＝2时，满足（AP+PB）2+AD2＝CP2﹣DP2，
∴AP：PB＝2：6＝1：3；
当点P在AB延长线上时，如图，过D作DH⊥CP于H，过D作DE⊥BC于E，连接BD，
同理可得，DH＝AD＝4，PB＝6，PC＝10，BD＝CD，
则（AP﹣PB）2+AD2＝CP2﹣DP2，
设AP＝x，由AP2+AD2＝DP2＝AP⋅CP求得x1＝2，x2＝8，
∵AP＝x＝2＜PB，∴舍去，
当AP＝x＝8时，满足（AP﹣PB）2+AD2＝CP2﹣DP2，
∴AP：PB＝8：6＝4：3，
综上，AP：PB的值为或．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答的关键．