2020-2021哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合

2020-2021哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合一、相似1．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，当x=0时，y=﹣3a，∴C（0，﹣3a）（2）解：∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），∴AB=4，OC=3a，∴S△ACB= AB•OC=6，∴6a=6，解得a=1，∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3（3）解：设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，∴OF=2m+1，HF=1，当∠CGF=90°时，∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，∴∠GQH=∠HGF，∴Rt△QGH∽Rt△GFH，∴ = ，即，解得m=9，∴Q的坐标为（9，0）；当∠CFG=90°时，∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，∴∠CFO=∠FGH，∴Rt△GFH∽Rt△FCO，∴ = ，即 = ，解得m=4，∴Q的坐标为（4，0）；∠GCF=90°不存在，综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0，把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；（2）由（1）的结论可求得AB=4，OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB•OC=6可求得a的值，则解析式可求解；（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，根据中心对称的性质可得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3。

分两种情况讨论：①当∠CGF=90°时，由同角的余角相等可得∠GQH=∠HGF，于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得Rt△QGH∽Rt△GFH，则可得比例式，代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；②当∠CFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。

2．如图，在中，，点M是AC的中点，以AB为直径作分别交于点．（1）求证：；（2）填空：若，当时， ________；连接，当的度数为________时，四边形ODME是菱形．【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，∴BM=AM=MC，∴∠A=∠ABM．∵四边形ABED是圆内接四边形，∴∠ADE+∠ABE=180°，又∠ADE+∠MDE=180°，∴∠MDE=∠MBA，同理证明：∠MED=∠A，∴∠MDE=∠MED，∴MD=ME（2）2；【解析】【解答】解：(2)①由（1）可知，∠A=∠MDE，∴DE∥AB，∴ =．∵AD=2DM，∴DM：MA=1：3，∴DE= AB= ×6=2．故答案为：2．②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE．∵OA=OD，∠A=60°，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°．∵DE∥AB，∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，∴△ODE，△DEM都是等边三角形，∴OD=OE=EM=DM，∴四边形OEMD是菱形．故答案为：60°．【分析】（1）要证MD=ME，只须证∠MDE=∠MED即可。

根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=AM=MC，则∠A=∠ABM，由圆内接四边形的性质易得∠MED=∠A，∠MDE=∠MBA，所以可得∠MDE=∠MED；（2）①由（1）易证得DE∥AB，可得比例式，结合①中的已知条件即可求解；②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE，由题意易得△ODE，△DEM都是等边三角形，所以可得OD=OE=EM=DM，由菱形的判定即可求解。

3．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α=0°时， =________；②当α=180°时， =________．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．【答案】（1）；（2）解：如图2，，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴（3）解：①如图3，，∵AC=4 ，CD=4，CD⊥AD，∴AD=∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴BD=AC= ．②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，∵AC= ，CD=4，CD⊥AD，∴AD= ，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE= =2，∴AE=AD-DE=8-2=6，由（2），可得，∴BD= ．综上所述，BD的长为或．【解析】【解答】（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC= ，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴ ,BD=8÷2=4，∴．②如图1，，当α=180°时，可得AB∥DE，∵，∴【分析】（1）①当α=0°时，Rt△ABC中，根据勾股定理算出AC的长，根据中点的定义得出AE,BD的长，从而得出答案；②如图1，当α=180°时，根据平行线分线段成比例定理得出AC∶AE=BC∶BD,再根据比例的性质得出AE∶BD=AC∶BC,从而得出答案。

（2）当0°≤α＜360°时，A E∶ B D 的大小没有变化，由旋转的性质得出∠ECD=∠ACB，进而得出∠ECA=∠DCB，又根据EC∶DC=AC∶BC=,根据两边对应成比例，及夹角相等的三角形相似得出△ECA∽△DCB，根据相似三角形对应边成比例得出AE∶BD=EC∶DC=;（3）①如图3，在Rt△ADC中，根据勾股定理得出AD的长，根据两组对边分别相等，且有一个角是直角的四边形是矩形得出四边形ABCD是矩形，根据矩形对角线相等得出BD=AC=；②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，在Rt△ADC中，利用勾股定理得出AD的长，根据中点的定义得出DE的长，根据AE=AD-DE算出AE的长，由（2），可得AE∶BD=,从而得出BD的长度。

4．如图，Rt△AOB在平面直角坐标系中，已知：B（0，），点A在x轴的正半轴上，OA=3，∠BAD=30°，将△AOB沿AB翻折，点O到点C的位置，连接CB并延长交x轴于点D.（1）求点D的坐标；（2）动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿x轴的正方向运动，当△PAB为直角三角形时，求t的值；（3）在（2）的条件下，当△PAB为以∠PBA为直角的直角三角形时，在y轴上是否存在一点Q使△PBQ为等腰三角形？如果存在，请直接写出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）解：∵B（0，），∴OB= .∵OA= OB，∴OA=3，∴AC=3.∵∠BAD=30°，∴∠OAC=60°.∵∠ACD=90°，∴∠ODB=30°，∴ = ，∴OD=3，∴D（﹣3，0）；（2）解：∵OA=3，OD=3，∴A（3，0），AD=6，∴AB=2 ，当∠PBA=90°时.∵PD=2t，∴OP=3﹣2t.∵△OBA∽△OPB，∴OB2=OP•OA，∴3﹣2t= =1，解得t=1，当∠APB=90°时，则P与O重合，∴t= ；（3）解：存在.①当BP为腰的等腰三角形.∵OP=1，∴BP= =2，∴Q1（0， +2），Q3（0. ﹣2）；②当PQ2=Q2B时，设PQ2=Q2B=a，在Rt△OPQ2中，12+（﹣x）2=x2，解得x= ，∴Q2（0，）；③当PB=PQ4时，Q4（0，﹣）综上所述：满足条件的点Q的坐标为Q1（0， +2），Q2（0，），Q3（0. ﹣2），Q4（0，﹣）.【解析】【分析】（1）根据已知得出OA、OB的值以及∠DAC的度数，进而求得∠ADC，即可求得D的坐标；（2）根据直角三角形的判定，分两种情况讨论求得；（3）求得PB 的长，分四种情形讨论即可解决问题.5．在平面直角坐标系中，点 A 点 B 已知满足.（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；（2）如图1，点E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE，且AF=AE，连接BF交轴于点D，若点D(-1,0)，求点E的坐标；（3）在(2)的条件下，如图2，过E作EH⊥OB交AB于H，点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上)，连接MO，作∠MON=45°，ON交线段BA的延长线于点N，连接MN，探究线段MN与OM的关系,并说明理由。

【答案】（1）（-4,0）；（0，-4）（2）解：作FH⊥OA于H，∵AF⊥AE，∴∠FAE=∠AHF=∠AOE=90°，∴∠FAH+∠OAE=90°，∠FAH+∠AFH=90°，∴∠AFH=∠OAE,∵AF=OA，∴△AFH≌△EAO，∴FH=OA，∵点A（-4,0），点B（0，-4）∴FH=OA=OB=4，∵∠FHD=∠BOD=90°，∠FDH=∠BDO,∴△FDH≌△BDO，∴OD=DH=1，∴AH=OH=OE=2，∴E（0，-2）（3）解：结论：MN=OM,MN⊥OM，理由：连接OH，OM与BN交于G，∵OA=OB,∠AOB=45°，∴∠OAB=45°∵OE=EB=2，EH∥OA,∴AH=BH,OH⊥AB,∠AHM=∠OAB=45°，∵∠MON=45°∴∠GON=∠GHM,∵∠NGO=∠MGH,∴△NGO∽△MGH，∴ = ,∴ = ,∵∠NGM=∠OGH,∴△NGM∽△OGH，∴∠NMG=∠OHG=90°，∴△OMN是等腰直角三角形∴MN=OM,MN⊥OM.【解析】【解答】（1）∵ =0,∴a=-4，b=-4,∴点A的坐标为（-4,0），点B的坐标为（0，-4）【分析】（1）先将式子变形为完全平方公式的形式，再根据平方的非负性求解;（2）如图1中，作FH⊥OA于H，由△AFH≌△EAO，推出FH=OA,由△FDH≌△BDO,推出AH=OH=OE=2;（3）连接OH，OM与BN交于G，由△NGO∽△MGH，推出 = ,再推出= ,再得出△NGM∽△OGH，推出∠NMG=∠OHG=90°，推出△OMN是等腰直角三角形即可解决问题.6．如图，AB为的直径，C为上一点，D为BA延长线上一点，．（1）求证：DC为的切线；（2）线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，，求CF的长．【答案】（1）解：如图，连接OC，为的直径，，，，，，，即，为的切线（2）解：中，，，，，，，∽，，设，，中，，，舍或，，，，设，，，，，∽，，，，【解析】【分析】（1）要证DC为⊙O 的切线，需添加辅助线：连半径OC，证垂直，根据直径所对的圆周角是直角，可得出∠ BCO + ∠ OCA = 90°，再利用等腰三角形的性质，可得出∠ B = ∠BCO ，结合已知，可推出∠OCD=90°，然后利用切线的判定定理，可证得结论。