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(1)如图1,在△ABC中,点D、E、Q分别在AB、AC、BC上,且DE∥BC,AQ交DE于点P,求证:
DP
BQ
=
PE
QC

(2)如图,△ABC中,∠BAC=90°,正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上,连接AG,AF分别交DE于M,N两点.
①如图2,若AB=AC=1,直接写出MN的长;
②如图3,求证:MN2=DM•EN.
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分析:(1)可证明△ADP∽△ABQ,△ACQ∽△ADP,从而得出
DP
BQ
=
PE
QC

(2)①根据三角形的面积公式求出BC边上的高
2
2
,根据△ADE∽△ABC,求出正方形DEFG的边长
2
3
,根据
MN
GF
等于高之比即可求出MN;
②可得出△BGD∽△EFC,则DG•EF=CF•BG;又由DG=GF=EF,得GF2=CF•BG,再根据(1)
DM
BG
=
MN
BF
=
EN
FC
,从而得出答案.
解答:(1)证明:在△ABQ和△ADP中,
∵DP∥BQ,
∴△ADP∽△ABQ,
DP
BQ
=
AP
AQ

同理在△ACQ和△APE中,
EP
CQ
=
AP
AQ

DP
BQ
=
PE
QC


(2)①作AQ⊥BC于点Q.
∵BC边上的高AQ=
2
2

∵DE=DG=GF=EF=BG=CF
∴DE:BC=1:3
又∵DE∥BC,
∴AD:AB=1:3,
∴AD=
1
3
,DE=
2
3

∵DE边上的高为
2
6
,MN:GF=
2
6
2
2

∴MN:
2
3
=
2
6
2
2

∴MN=
2
9

故答案为:
2
9

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②证明:∵∠B+∠C=90°∠CEF+∠C=90°,
∴∠B=∠CEF,
又∵∠BGD=∠EFC,
∴△BGD∽△EFC,
DG
CF
=
BG
EF

∴DG•EF=CF•BG,
又∵DG=GF=EF,
∴GF2=CF•BG,
由(1)得
DM
BG
=
MN
GF
=
EN
FC

MN
GF
×
MN
GF
=
DM
BG
EN
CF

∴(
MN
GF
2=
DM
BG
EN
CF

∵GF2=CF•BG,
∴MN2=DM•EN.
点评:本题考查了相似三角形的判定和性质以及正方形的性质,是一道综合题目,难度较大.
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(1)求y1与x的函数关系,并在图2中画出y1的图象;
(2)如图2,y2的图象是抛物线的一部分,其顶点坐标是(4,12),求AC的长;
(3)在图2中,点G是x轴正半轴上一点,且0<OG<4,过G作EF垂直于x轴,分别交y1、y2的图象于点E、F.
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(1)请在图1中标出A地的大致位置;
(2)图2中,点M的坐标是
(1.2,0)
(1.2,0)
,该点的实际意义是
点M表示乙车1.2小时到达A地
点M表示乙车1.2小时到达A地

(3)求甲车到A地的距离y1与行驶时间x(h)的函数关系式,直接写出乙车到A地的距离y2与行驶时间x(h)的函数关系式,并在图2中补全甲车的函数图象;
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(3)请直接写出BN、CE、CD之间的等量关系.

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