10. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$P$ 是 $CD$ 上一动点（与点 $C$、$D$ 不重合），将一块三角尺的直角顶点与点 $P$ 重合，并且使一条直角边始终经过点 $B$，另一条直角边所在直线与正方形的边 $AD$ 相交于点 $E$.
(1) 观察操作结果，哪一个三角形与$\triangle BPC$ 相似？说明你的理由.
(2) 当 $P$ 位于 $CD$ 的中点时，你找到的三角形与$\triangle BPC$ 的周长之比是多少？
(1) 观察操作结果，哪一个三角形与$\triangle BPC$ 相似？说明你的理由.
(2) 当 $P$ 位于 $CD$ 的中点时，你找到的三角形与$\triangle BPC$ 的周长之比是多少？
答案：解： (1)△PED∽△BPC ，理由如下：
因为∠BPE=90°，
所以∠BPC+∠DPE= 90°
因为四边形ABCD是正方形，
所以∠D=∠C=90°
所以∠DPE+∠DEP=90°，
所以∠BPC=∠DEP
所以△PED∽△BPC
(2)因为P是CD的中点
所以$DP= \frac {1}{2}CD$
因为四边形ABCD是正方形，
所以BC=CD
因为△PED与△BPC的相似比为$\frac {PD}{BC}=\frac {1}{2}$
所以△PED与△BPC的周长之比是$\frac {1}{2}$
因为∠BPE=90°，
所以∠BPC+∠DPE= 90°
因为四边形ABCD是正方形，
所以∠D=∠C=90°
所以∠DPE+∠DEP=90°，
所以∠BPC=∠DEP
所以△PED∽△BPC
(2)因为P是CD的中点
所以$DP= \frac {1}{2}CD$
因为四边形ABCD是正方形，
所以BC=CD
因为△PED与△BPC的相似比为$\frac {PD}{BC}=\frac {1}{2}$
所以△PED与△BPC的周长之比是$\frac {1}{2}$
11. 如图，点 $D$、$E$ 分别在$\triangle ABC$ 的边 $AB$、$AC$ 上，$BE$、$CD$ 相交于点 $O$，$\angle 1=\angle 2$，连接 $DE$. 图中共有多少对相似三角形？请把它们写出来.
答案：11.共有4对相似三角形,分别为:$\triangle DOB \sim \triangle EOC$,$\triangle DOE \sim \triangle BOC$,$\triangle ABE \sim \triangle ACD$,$\triangle ADE \sim \triangle ACB$.
12. 如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数 $y = ax^{2}+bx + c$ 的图像与 $x$ 轴交于 $A$、$B$ 两点，与 $y$ 轴交于点 $C$，$D$ 是 $OC$ 的中点，直线 $AD$ 交二次函数 $y = ax^{2}+bx + c$ 的图像于点 $E(2,6)$，且$\triangle ABE$ 与$\triangle ABC$ 的面积之比为 $3:2$.
(1) 求该二次函数的表达式.
(2) 连接 $BD$，试判断 $BD$ 与 $AD$ 的位置关系，并说明理由.
(3) 连接 $BC$ 交直线 $AD$ 于点 $M$，在直线 $AD$ 上，是否存在这样的点 $N$（不与点 $M$ 重合），使得以 $A$、$B$、$N$ 为顶点的三角形与$\triangle ABM$ 相似？若存在，请求点 $N$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
(1) 求该二次函数的表达式.
(2) 连接 $BD$，试判断 $BD$ 与 $AD$ 的位置关系，并说明理由.
(3) 连接 $BC$ 交直线 $AD$ 于点 $M$，在直线 $AD$ 上，是否存在这样的点 $N$（不与点 $M$ 重合），使得以 $A$、$B$、$N$ 为顶点的三角形与$\triangle ABM$ 相似？若存在，请求点 $N$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
答案：解： (1)因为$S_{△ABE}$：$ S_{△ABC}=3$：2
所以${y}_{E}$：${y}_{C}=3$：2
因为点E坐标为(2，6)，
所以点C坐标为(0，4)
因为D是OC中点
所以点D坐标为(0 ， 2)。
设直线DE的表达式为y= kx +b，
将D(0 ， 2) ， E(2 ， 6)代入，得
$\begin{cases}{2k+b=6 }\\{b=2} \end{cases}$
解得k=2，b=2
所以直线DE的表达式为y=2x+2 ，
所以点A的坐标为(-1， 0)
将A(-1，0)，C(0，4)，E(2，6)代入,得
$\begin{cases}{a-b+c=0 }\\{c=4}\\{4a+2b+c=6} \end{cases}$
解得a=-1，b=3，c=4
所以该二次函数的表达式为y=-x²+3x+4
$(2)\ \mathrm {BD}⊥AD ，$理由如下:
因为点B为二次函数y=-x²+3x+4与x轴的交点
所以0= -x²+3x+4
解得，$x_{1}=-1，$$x_{2}=4$
所以点B坐标为(4 ， 0)
因为A(-1， 0)， B(4， 0)， D(0 ， 2)
所以AB= 5，$ AD=\sqrt{5}，$$ BD= 2\sqrt{5}$
因为AB²=AD²+BD²
所以BD⊥AD
(3)存在,
因为B(4，0)，C(0，4)
所以直线BC的表达式为y=-x+4
因为直线AD的表达式为y=2x+2
所以-x+4=2x+2 ，
解得$x=\frac {2}{3}，$
点M坐标为$(\frac {2}{3}，$$\frac {10}{3})$
因为△ANB∽△ABM
所以$\frac {AN}{AB}=\frac {AB}{AM}$
所以$\frac {AN}{5}=\frac {5}{\frac {5}{3}\sqrt{5}}$
所以$AN= 3\sqrt{5}$
设N(t ， 2t+2)
$AN=\sqrt{(t+1)²+ (2t+2)²}= 3\sqrt{5}$
解得，$t_{1} =2，$$t_{2}= -4$
因为$2t+2\gt 0$
所以t=2
所以点N的坐标为(2 ， 6)
所以${y}_{E}$：${y}_{C}=3$：2
因为点E坐标为(2，6)，
所以点C坐标为(0，4)
因为D是OC中点
所以点D坐标为(0 ， 2)。
设直线DE的表达式为y= kx +b，
将D(0 ， 2) ， E(2 ， 6)代入，得
$\begin{cases}{2k+b=6 }\\{b=2} \end{cases}$
解得k=2，b=2
所以直线DE的表达式为y=2x+2 ，
所以点A的坐标为(-1， 0)
将A(-1，0)，C(0，4)，E(2，6)代入,得
$\begin{cases}{a-b+c=0 }\\{c=4}\\{4a+2b+c=6} \end{cases}$
解得a=-1，b=3，c=4
所以该二次函数的表达式为y=-x²+3x+4
$(2)\ \mathrm {BD}⊥AD ，$理由如下:
因为点B为二次函数y=-x²+3x+4与x轴的交点
所以0= -x²+3x+4
解得，$x_{1}=-1，$$x_{2}=4$
所以点B坐标为(4 ， 0)
因为A(-1， 0)， B(4， 0)， D(0 ， 2)
所以AB= 5，$ AD=\sqrt{5}，$$ BD= 2\sqrt{5}$
因为AB²=AD²+BD²
所以BD⊥AD
(3)存在,
因为B(4，0)，C(0，4)
所以直线BC的表达式为y=-x+4
因为直线AD的表达式为y=2x+2
所以-x+4=2x+2 ，
解得$x=\frac {2}{3}，$
点M坐标为$(\frac {2}{3}，$$\frac {10}{3})$
因为△ANB∽△ABM
所以$\frac {AN}{AB}=\frac {AB}{AM}$
所以$\frac {AN}{5}=\frac {5}{\frac {5}{3}\sqrt{5}}$
所以$AN= 3\sqrt{5}$
设N(t ， 2t+2)
$AN=\sqrt{(t+1)²+ (2t+2)²}= 3\sqrt{5}$
解得，$t_{1} =2，$$t_{2}= -4$
因为$2t+2\gt 0$
所以t=2
所以点N的坐标为(2 ， 6)